我正在阅读展开树的基础知识。 n次操作的摊余成本为O（log n）。一些粗略的基本思想是当你访问一个节点时，你展开它，即你把它带到root，这样下次快速访问它时，如果节点很深，它会增强树的平衡性。
我不明白树如何为此样本输入执行摊销O（log n）：
假设已经构建了n个节点的树。接下来的n个操作是n次读取。我在深度n处访问深度节点。这需要O（n）。确实，在访问之后，树将变得平衡。但是每次我访问最新的深度节点时说。这永远不会小于O（log n）。那么我们如何能够弥补第一次昂贵的O（n）操作，并将每次读取的摊销成本计算为O（log n）？
感谢。
答案 0 :(得分：6)
假设您的分析是正确的，并且第一次访问和O(log(n))的操作都是O(n) ...
如果你总是访问最底层的元素（使用某种最坏情况的oracle），a访问序列将需要O(a*log(n) + n)。因此，随着访问次数的增加，每次操作的摊销成本为O((a*log(n) + n)/a) = O(log(n) + n/a)或仅O(log(n))。
这是渐近平均情况性能/时间/空间的定义，也称为“摊销性能/时间/空间”。您无意中认为单个O(n)步骤意味着所有步骤至少为O(n);从长远来看，这样一个步骤只是一项不变的工作; O(...)隐藏了真正发生的事情，其限制为[total amount of work] / [queries] = [average ("amortized") work per query]。
这永远不会小于O（log n）。
必须是为了获得O(log n)平均表现。为了获得直觉，以下网站可能会很好：http://users.informatik.uni-halle.de/~jopsi/dinf504/chap4.shtml特别是图片http://users.informatik.uni-halle.de/~jopsi/dinf504/splay_example.gif - 似乎在执行O(n)操作时，您将搜索到的路径移到顶部这棵树在整个树平衡之前，您可能只执行有限数量的此类O(n)操作。
这是考虑它的另一种方式：
考虑不平衡的二叉搜索树。您可以花费O(n)时间来平衡它。假设您没有向其添加元素*，每个查询需要O(log(n))个分摊的时间来获取元素。平衡设置成本包含在摊余成本中，因为它实际上是一个常数，正如答案中的方程式所示，它正在通过您正在进行的无限量工作而消失（相形见绌）。 （*如果你确实添加了元素，你需要一个自平衡的二叉搜索树，其中一个是一个展开树）
