＆＃34;因此，插入N个元素需要总计O（N）。每次插入平均为O（1），尽管某些插入在最坏的情况下需要O（N）时间。＆＃34;这句话可以在Cracking the Coding Interview中找到。我有点理解这句话，尽管有一点关于它的事情让我感到厌烦。在好日子，摊销的插入是O（1）。这只是意味着当可调整大小的数组不需要调整大小时，插入一些东西就是O（1）。这很清楚。但是，在糟糕的一天，当我们用完空间时，我们需要O（N）来插入额外的元素。但是，我不同意上面的陈述，当它说某些插入在最坏的情况下采取O（N）。不应该说，在最坏的情况下，一次插入需要O（N）。
为了说明这一点，以下是我所说的一个例子。
假设我们有一个可调整大小的数组，但我们的数组大小为4.我们现在说插入5个元素，我们将有O（1），O（1），O（1），O（ 1），但是一旦我们到达最后一个元素，我们将不得不将所有这些人复制到一个新的数组中，这个过程会给我们一个O（N）的成本。
有人可以帮我澄清一下。我不明白为什么当我们在旧阵列中运行空间时，只需要将所有元素复制到新数组中时，本书会说某些情况需要O（N）。
答案 0 :(得分：1)
我认为你最好像这样理解上述陈述。
起初。数组大小只是1.并插入一个元素。现在数组已经满了！你必须把它的大小调整为前一次的2倍。
接下来，数组大小为2.让此过程进行。您可以很容易地注意到，必须调整数组大小的时刻是1,2,4,8,16,32，...，2 ^ r。
我会给你问题。
第一个答案是楼层（lgN）次。我想你可以轻松搞清楚。如果你找到第一个答案，计算这N个步骤的总成本是第二个答案很容易。（我不知道如何表达数学符号：＆lt;）
1 + 2 + 4 + 8 + 16 + ... + 2 ^（floor（lgN））= 2 ^（floor（lgN）+1） - 1 =＆gt;为O（n）
要获得每个步骤的平均成本，请将总成本除以N =＆gt; O（1）
我认为参考文献提到的最坏情况是需要调整数组的大小。这种重新调整的成本与数组中元素的数量成比例，O（N）
答案 1 :(得分：1)
以可调整大小的数组内N次插入的代价为例（我将在此处使用代字号）：
这只是在数组中插入新元素的成本乘以插入新元素（即N ：）的次数乘以
想象一下，您有一个64个单元的阵列。然后，这意味着该数组的大小已调整为：
已将64个单元阵列的大小调整了6倍，即，调整大小发生了log2（64）次。 通常，现在我们知道对于N插入，我们将执行log2（N）调整大小操作。
但是，每次调整大小后我们要做什么？我们将在新的调整大小的数组中复制数组中已经存在的元素：在调整大小“ i”时，我们将复制多少个元素？ 2 ^ i。对于前面的示例：
所以：
答案 2 :(得分：0)
std::vector会将所有元素保持在内存中以便快速迭代 - 这是它的事情，它的作用是什么，这就是为什么每个人都喜欢{{1} 1}}。通常它会保留比其中包含的元素数量所需的空间更多的空间，或者内存恰好是免费的，所以当你在std::vector的末尾添加一个新元素时，它会很快让vector将你的新元素推到那里。
然而，当vector没有空间展开时，它不能将现有元素留在原处并在其他地方开始新列表 - 所有元素必须紧挨着彼此在记忆中！所以它必须找到一大块内存，对于所有元素和新元素都足够大，然后将所有现有元素复制到那里，然后将新元素添加到最后。
如果添加1个元素需要1个单位时间，从广义上讲，N个元素需要N个单位。如果添加新元素，那就是一个操作。如果添加新元素，则需要重新定位1024个现有元素，即1025次操作。因此，重新分配所需的时间与向量的大小成正比，因此vector。
答案 3 :(得分：0)
让我们将所有插入分成“重”插入，这些插入需要时间与元素数量和“光”插入成比例，这些插入只需要花费一定的时间来完成。然后，如果你从一个空列表开始并继续附加一个附加，你将会有大部分轻量插入，但是你时不时会有大量的插入。
让我们说，为简单起见，每次空间用完时你都要加倍数组的大小，然后用大小为4的数组开始。然后第一个调整大小将需要移动四个元素，第二个将移动八，然后十六，然后是三十二，然后六十四，然后是128，然后是256，等等。
请注意，它不仅仅是一个需要花费很长时间的单个追加 - 粗略地说，如果你有n次插入，那么它们的大致log n将很重（它们之间的时间不断增长）而另一个大概是n - 他们的日志会很轻。