插入n个元素后，跳过列表使用的预期空间是什么？
我预计在最坏的情况下，空间消耗可能无限增长。
维基百科说“Space O（n）”。
如何以某种方式证明这一点？
答案 0 :(得分：3)
根据我发现维基百科更可靠的this thesis，维基百科错误。概率性跳过列表是Theta(nlogn)最坏情况下的空间复杂度。
尽管平均而言PSL的表现相当不错， 在最坏的情况下，它的Theta（n lg n）空间和Theta（n）时间复杂度是 高得令人无法接受
最糟糕的情况并非无限，因为您可以将自己限制在f(n)列表中f(n) = O(logn)，并在达到此高度时停止翻转硬币。因此，如果您有f(n)个完整行，则会得到O(nlogn)个节点总数，因此这种情况下的空间复杂度为O(nlogn)，而不是O(n)。
修改：
如果您正在寻找预期空间消费，而不是最初在问题中说明的最差：
我们用'34'栏来表示＆＃34;作为底层节点和所有节点＆＃34; up＆＃34;从它。
E(#nodes) = Sigma(E(#nodes_for_column_i)) (i in [1,n])
上述等式是正确的，因为预期值的线性。
E(#nodes_for_column_i) = 1 + 1/2 + ... + 1/n < 2（每个我）。这是因为概率1它有1个节点，p = 1/2，每个节点都有一个额外的节点。使用p＆＃39; = 1/2，每个节点都有一个额外的节点（总p * p＆＃39; = 1/4），....因此我们可以推导出：
E(#nodes) = n*E(#nodes_for_each_column) = n*(1+1/2+...+1/n) < 2n = O(n)
答案 1 :(得分：0)
让我们拥有N个节点的确定性跳转列表。除数据值外，list还包含：
1级N指针，2级N / 2指针，3级N / 4指针等等......
N + N / 2 + N / 4 + N / 8 + .. N / 2 ^ k 是几何级数之和，其极限是2N，因此最大内存消耗为N * SizeOf（数据）+ 2 * N * SizeOf（指针）= O（N）。
我没有考虑到层间链接，但它们的计数与指针计数有关。
答案 2 :(得分：0)
“跳过列表”具有logn层。跳过列表中的每个元素都显示在一个或多个层中。为了测量“跳过列表”的预期空间复杂度，我们可以评估任意元素x出现在其中的预期层数。
我们知道x有100％的机会仅出现在底层，有50％的机会出现在底层和第二底层，有25％的机会出现在底层3层，12.5％出现在底部4层的机会，依此类推。
从数学上讲，我们可以如下表示x出现的预期层数...
Sum(i / 2^(i-1)) from i=1 to logn
...，其中i是x可能出现的层数。
直觉上，我们可以看到上述求和收敛为一个常数，因为分母的增长速度快于分子。您可以通过将方程式插入Wolfram Alpha来验证这一点（对于非常大的n值，总和收敛为4）。这意味着...
[Sum(i / 2^(i-1)) from i=1 to logn] = O(1)
因此，我们证明了在任意跳过列表内存储任意元素平均需要恒定的空间。为了获得在跳过列表中存储n元素的空间复杂度，我们只需乘以n。
n*O(1) = O(n)
因此，跳过列表具有线性的预期空间复杂度。
这实际上要容易得多。我们知道有logn层和n元素。在最坏的情况下，每个元素都在每个层中。因此，O(nlogn)。