关于势能分析

可能有不少不严谨之处，太菜了请谅解。

之前对于 $\text{splay}$ 的复杂度一直不是很懂，今天进行了一个势能分析的学习。

势能分析，就是借助势能函数，将中间过程用势能函数来刻画以得到发杂度的一个上界，这样分析出来的一般是均摊复杂度。

例如，第 $i$ 此操作的代价是 $c_i$，那么设第 $i$ 次操作的复杂度 $C_i$ 是：

\[C_i = c_i + \phi(i) - \phi(i-1) \]

即

\[\sum {C_i} = \sum {c_i} + \phi(n) - \phi(0) \]

若 $\sum{c_i}$ 和 $ \phi(n) - \phi(0) $ 存在一个上界，那么我们就算出了一个复杂度的上界。

一些例子：

1. 栈

维护一个栈，支持 $\mathrm{push}$，$\mathrm{pop}$，$\mathrm{multipop}$ 三种操作，$\mathrm{push}$ 和单次 $\mathrm{pop}$ 的复杂度都是 $O(1)$，进行 $n$ 次操作，分析其复杂度。

直觉来看，复杂度是 $O(n)$ 的，怎么证明呢？现定义势能函数 $\phi(i)$ 为第 $i$ 次操作后栈内元素个数。那么：

$\mathrm{push}$：$C_i = c_i + \phi(i) - \phi(i-1) = 1 + 1 =2$
$\mathrm{pop}$：$C_i = c_i + \phi(i) - \phi(i-1) = 1 - 1 =0$
$\mathrm{multipop(k)}$：$C_i = c_i + \phi(i) - \phi(i-1) = k - k =0$

$n$ 次操作，因此复杂度 $O(n)$。

2. 二进制加法

一个二进制数，从 $1$ 加到 $n$。证明时间复杂度。

定义 $\phi(i)$ 为第 $i$ 次操作后 $1$ 的个数。

一次加 $1$ 相当于 $k$ 次 $1 \rightarrow 0$ 和一次 $0 \rightarrow 1$，则：

\[C_i = c_i + \phi(i) - \phi(i-1) = k + 1 + \phi(i-1) - k + 1 - \phi(i-1) = 2 \]

一次操作均摊 $O(1)$，总的就是 $O(\log n)$。

2.5 一些理解

势能分析的作用，就在于通过设计函数，把时间长的操作拼到时间短的上面。
由上一条的启发，我们得到一个设计函数的思路：执行时间长的操作时，势能一般是降低的，时间短的操作时反之。
$C_i = c_i + \phi(i) - \phi(i-1)$，中间的代价和势能之间的相加有什么意义吗？其实这没有任何实际意义，只是我们利用其来进行一个平衡。

3. Splay

现在要设计一个势能函数，根据我们的直觉，势能函数理应与 $\mathtt{Splay}$ 的平衡有关。

下面记 $\left|x\right|$ 为 $x$ 子树的大小。

若一 $n$ 个点的 $\mathtt{Splay}$ 进行了 $m$ 次 $\mathtt{Splay}$ 操作。
记 $\phi(i) = \log(size(i))$，整棵 $\mathtt{Splay}$ 的势能函数 $\Phi(T) = \sum{\phi(x)}$。

则一次旋转的代价为 $C_i = O(1) + \Delta\Phi(T)$。

设要旋转的节点为 $x$，其父亲和父亲的父亲分别为 $y$ 和 $z$，那么：

进行一次 $\text{zig}$ 操作时：

\[\begin{align*} C_i & = 1 - \phi(x) - \phi(y) + \phi'(x) + \phi'(y)\\ & = 1 + \phi'(y) - \phi(x)\\ & \le 1 + \phi'(x) - \phi(x)\\ \end{align*} \]

进行 $\text{zig-zag}$ 操作时：

\[\begin{align*} C_i & = 1 - \phi(x) - \phi(y) -\phi(z) + \phi'(x) + \phi'(y) +\phi'(z)\\ & = 1 + \phi'(y) + \phi'(z) - \phi(x) -\phi(y) \end{align*} \]

然后进行一个神秘的放缩：

因为旋转后

因此

\[\phi'(z) + \phi'(y) - 2\phi'(x) < -1 \]

所以

\[\begin{align*} C_i & = 1 + \phi'(y) + \phi'(z) - \phi(x) -\phi(y)\\ & \le \phi'(y) + \phi'(z) - \phi(x) -\phi(y) - (\phi'(z) + \phi'(y) - 2\phi'(x))\\ & = 2\phi'(x) - \phi(x) - \phi(y)\\ & \le 2(\phi'(x) - \phi(x)) \end{align*} \]

进行 $\text{zig-zig}$ 操作时：

\[\begin{align*} C_i & = 1 - \phi(x) - \phi(y) -\phi(z) + \phi'(x) + \phi'(y) +\phi'(z)\\ & = 1 + \phi'(y) + \phi'(z) - \phi(x) -\phi(y) \end{align*} \]

又因为

\[\begin{equation} \left|x'\right| = \left|x\right| + \left|z'\right| + 1 \end{equation}\]

因此

\[\phi(x) + \phi(z') - 2\phi'(x) = \log \frac{|x||z'|}{|x'|} < \log \frac{|x'|}{4|x'|} = -2 < -1 \]

代换得：

\[\begin{align*} C_i & = 1 + \phi'(y) + \phi'(z) - \phi(x) -\phi(y) \\ & = \phi'(y) + \phi'(z) - \phi(x) -\phi(y) - (\phi(x) + \phi(z') - 2\phi'(x)) \\ & \le \phi'(x) + \phi'(z) - \phi(x) -\phi(x) - (\phi(x) + \phi(z') - 2\phi'(x)) \\ & = 3(\phi'(x) -\phi(x)) \end{align*} \]

如果 $\text{zig-zig}$ 操作两次都转的是 $x$ 的话，$(1)$ 式就不在成立，我们也很难通过放缩把那个 $O(1)$ 消掉，那复杂度就不对了。

综上，除了最后一次旋转外，其余的常数都被我们消掉了。因此一次 $Splay$ 复杂度为 $O(1) + 3(\phi(root) - \phi(x_0)) < 3\log n$。

$m$ 次操作，总复杂度为 $m\log n + \Delta \Phi(T) = (m+n)\log n$。

4. LCT

$\mathtt{LCT}$ 的复杂度只来源于 $\text{Access}$ 操作，因为单独的 $\text{Splay}$ 操作是严格小于 $\text{Access}$ 中的多次 $\text{Splay}$ 的。（应该是的吧？）

沿用对 $\text{Splay}$ 的势能分析，对于 $\text{Access}$ 中的第 $i$ 次 $\text{Splay}$：

\[C_i = O(1) + 3(\phi(root_i) - \phi(x_i)) \]

因为 $\phi(root_i)$ 一定小于 $\phi(x_{i+1})$，因此：

\[\sum{C_i} < k + \phi(root) - \phi(x_0) < k + \log n \]

其中 $k$ 是换链次数，现在只需要证明 $k$ 的复杂度就好了。证明过程非常神奇：

对原树重链剖分，现在边有了轻重之分。

记势能函数 $\Phi(T)$ 为整棵树中重虚边的数量。那么在一次 $\text{Access}$ 操作中：

重实边切成轻实边，$\Phi(T)$ 增加 $1$。
轻实边切成重实边，$\Phi(T)$ 减少 $1$。

注意到一个点到根的路径中最多经过 $\log n$ 条轻边，因此 $\Phi(T)$ 最多增加 $n \log n$ 次，相应地切边最多也只有 $n\log n$ 级别。

这样我们就用势能分析证明了 $\mathtt{LCT}$ 的复杂度。

(其实我们也顺带证明了假如说用 $\mathtt{fhq\; Treap}$ 来维护的话复杂度为什么是 $n \log^2 n$ 的，因为一棵 $\mathtt{fhq\; Treap}$ 只保证了深度为 $\log n$，并不能像 $\mathtt{Splay}$ 一样看成一个整体来看待。

参考资料

Splay 树 - OI Wiki
势能分析 - Achtoria - 博客园

posted @ 2024-08-13 13:52 KIreteria 阅读(111) 评论(0) 收藏举报

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