Question

以下是关于动态堆栈的摊销分析的文本片段。

如果我们将堆栈实现为动态数组。比如说插入数组成本1，从数组成本中获取元素 1，调整数组大小的成本是移动的元素数量。（比如说所有其他操作，比如递增或递减） “顶部”是免费的）。如果我们决定将数组的大小加倍调整。现在，在任何“n”运算序列中，总成本为对于某些2 ^ i，调整大小为1 + 2 + 4 + 8 + ... +（2 ^ i）（即2的幂）＆LT; n（如果所有操作都是推动则那么（2 ^ i）将是最大功率 2比n少。总和最多为2n - 1.添加额外的插入/移除“n”的成本，我们得到总成本＆lt; 3n，和我们的每次操作的amoritzed成本是＆lt; 3。

我的问题是作者如何得出总和最多为2n -1的结论。请求帮助举例或证明。

谢谢！

Answer 1

它是geometric progression：

的总和

SUM(q^k for k = 0 to n) = (q ^n+1 -1)/ (q-1)

然后在你的情况下你有：

SUM(2^k for k = 0 to i) = 2^(i+1) - 1

然后从2 ^ i＆lt; Ñ

2^(i+1) < 2n

和

SUM(2^k for k = 0 to i) = 2^(i+1) - 1 < 2n - 1

Answer 2

您正试图找到总和：

1 + 2 + 4 + ... + 2^i

我们可以看到这与：

相同

2^0 + 2^1 + ... + 2^i

我们将此总和表示为S(i)。查看前几个值，您可能会看到一种模式：

S(0) = 2^0       = 1         = 1
S(1) = 2^0 + 2^1 = 1 + 2     = 3
S(2) = ...       = 1 + 2 + 4 = 7
S(3) = ...       = ...       = 15
S(4) = ...       = ...       = 31

我们可以看到它们似乎都比2的幂小一些。更确切地说：S(i) 似乎等于2^(i+1) - 1。我们可以通过归纳证明这一点：

基本情况：

S(0) = 2^(0+1) - 1

我们可以简单地看到上述陈述是正确的。

归纳步骤：

我们知道：

S(i) = S(i-1) + 2^(i)

从总和的定义可以看出。此外，如果S(i-1) = 2^(i) - 1则：

S(i) = (2^(i) - 1) + 2^(i)
       = 2*(2^(i)) - 1
       = 2^(i+1) - 1

因此，我们已经证明了i >= 0

的所有整数S(i) = 2^(i+1) - 1

现在，回到原来的问题，我们得到了2^i < n。然后我们有：

S(i) = 2^(i+1) - 1
     = 2*(2^i) - 1
     < 2*n - 1

因此，我们已经证明S（i）＆lt; 2 * N + 1中。

动态堆栈的摊销分析

2 个答案: