如果在空的最小堆上，我们执行n任意插入和删除操作，（在min-heap中给定删除位置）。为什么插入的摊销分析为O(1)，删除为O(log n)？
a) insert O(log n), delete O(1)
b) insert O(log n), delete O(log n)
c) insert O(1), delete O(1)
d) insert O(1), delete O(log n)
任何人都可以为我澄清一下吗？
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根据您的问题和对评论的回应，我将假设二进制堆。
首先，插入的最坏情况是O（log n），删除最小项目的最坏情况是O（log n）。这是从堆的树结构得出的。也就是说，对于一堆n个项目，树中有log（n）级别。
插入涉及（逻辑上）将项目添加为树中最右侧的节点，然后＆＃34;冒泡＆＃34;它达到了要求的水平。如果新项目小于根，那么它必须一直冒泡到顶部 - 所有log（n）级别。因此，如果将数字10,9,8,7,6,5,4,3,2,1插入到最小堆中，则每次插入都会遇到最坏的情况。
删除最小元素涉及用最后一项替换最低项（根），然后＆＃34;筛选＆＃34;项目下降到正确的位置。同样，这可能需要log（n）操作。
这是最糟糕的情况。 平均值的情况大不相同。
请记住，在二进制堆中，一半的节点是叶子 - 它们没有子节点。因此，如果您以随机顺序插入项目，一半时间您插入的项目将属于最低级别，并且没有＆＃34;冒泡＆＃34;去做。因此，插入操作的一半时间为O（1）。在另一半中，那些的一半将属于第二级。等等。您在插入时实际执行log（n）操作的唯一时间是您插入的项目小于现有根项目的时间。那么，很可能观察到的运行时行为是插入是O（1）。实际上，如果将已排序的数组插入到最小堆中，那么这将是行为。也就是说，如果要按顺序插入值1,2,3,4,5,6,7,8,9,10。
从最小堆中删除最小的项目时，从堆中取出最后一项并从顶部向下筛选。 ＆＃34;一半的时间＆＃34;规则再次发挥作用，但这次它对你不利。你从堆中取出的最后一个项目可能属于最低级别。所以你必须将它一直向下筛选，这需要log（n）操作。 一半您将对所有log（n）操作执行操作。剩下的一半你只需要做其中一个，等等。事实上，你必须减少的最小级别数量取决于树的深度。例如，如果您的堆有三个以上的项目，那么您知道删除最小的项目将需要至少一个筛选操作，因为下一个最低的项目始终位于树的第二个级别
事实证明，在平均情况下，插入二进制堆所需的时间远远少于O（log n）时间。它可能更接近O（1）。从二进制堆中删除更接近O（log n）的最坏情况。