关于势能分析

可能有不少不严谨之处，太菜了请谅解。

之前对于 $\text{splay}$ 的复杂度一直不是很懂，今天进行了一个势能分析的学习。

势能分析，就是借助势能函数，将中间过程用势能函数来刻画以得到发杂度的一个上界，这样分析出来的一般是均摊复杂度。

例如，第 $i$ 此操作的代价是 $c_i$，那么设第 $i$ 次操作的复杂度 $C_i$ 是：

$$C_i=c_i+\varphi (i)-\varphi (i-1)$$

即

$$\sum C_i=\sum c_i+\varphi (n)-\varphi (0)$$

若 $\sum c_i$ 和 $\varphi (n)-\varphi (0)$ 存在一个上界，那么我们就算出了一个复杂度的上界。

一些例子：

1. 栈

维护一个栈，支持 $\mathrm{push}$，$\mathrm{pop}$，$\mathrm{multipop}$ 三种操作，$\mathrm{push}$ 和单次 $\mathrm{pop}$ 的复杂度都是 $O(1)$，进行 $n$ 次操作，分析其复杂度。

直觉来看，复杂度是 $O(n)$ 的，怎么证明呢？现定义势能函数 $\varphi (i)$ 为第 $i$ 次操作后栈内元素个数。那么：

• $\mathrm{push}$：$C_i=c_i+\varphi (i)-\varphi (i-1)=1+1=2$
• $\mathrm{pop}$：$C_i=c_i+\varphi (i)-\varphi (i-1)=1-1=0$
• $\mathrm{multipop}(\mathrm{k})$：$C_i=c_i+\varphi (i)-\varphi (i-1)=k-k=0$

$n$ 次操作，因此复杂度 $O(n)$。

2. 二进制加法

一个二进制数，从 $1$ 加到 $n$。证明时间复杂度。

定义 $\varphi (i)$ 为第 $i$ 次操作后 $1$ 的个数。

一次加 $1$ 相当于 $k$ 次 $1\to 0$ 和一次 $0\to 1$，则：

$$C_i=c_i+\varphi (i)-\varphi (i-1)=k+1+\varphi (i-1)-k+1-\varphi (i-1)=2$$

一次操作均摊 $O(1)$，总的就是 $O(\log n)$。

2.5 一些理解

• 势能分析的作用，就在于通过设计函数，把时间长的操作拼到时间短的上面。
• 由上一条的启发，我们得到一个设计函数的思路：执行时间长的操作时，势能一般是降低的，时间短的操作时反之。
• $C_i=c_i+\varphi (i)-\varphi (i-1)$，中间的代价和势能之间的相加有什么意义吗？其实这没有任何实际意义，只是我们利用其来进行一个平衡。

3. Splay

现在要设计一个势能函数，根据我们的直觉，势能函数理应与 $\mathtt{Splay}$ 的平衡有关。

下面记 $\left|x\right|$ 为 $x$ 子树的大小。

若一 $n$ 个点的 $\mathtt{Splay}$ 进行了 $m$ 次 $\mathtt{Splay}$ 操作。
记 $\varphi (i)=\log (size(i))$，整棵 $\mathtt{Splay}$ 的势能函数 $\mathrm{\Phi }(T)=\sum \varphi (x)$。

则一次旋转的代价为 $C_i=O(1)+\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }(T)$。

设要旋转的节点为 $x$，其父亲和父亲的父亲分别为 $y$ 和 $z$，那么：

• 进行一次 $\text{zig}$ 操作时：

$$\begin{array}{rl}{C}_i& =1-\varphi (x)-\varphi (y)+{\varphi }^{\prime }(x)+{\varphi }^{\prime }(y)\\ & =1+{\varphi }^{\prime }(y)-\varphi (x)\\ & \le 1+{\varphi }^{\prime }(x)-\varphi (x)\end{array}$$

• 进行 $\text{zig-zag}$ 操作时：

$$\begin{array}{rl}{C}_i& =1-\varphi (x)-\varphi (y)-\varphi (z)+{\varphi }^{\prime }(x)+{\varphi }^{\prime }(y)+{\varphi }^{\prime }(z)\\ & =1+{\varphi }^{\prime }(y)+{\varphi }^{\prime }(z)-\varphi (x)-\varphi (y)\end{array}$$

然后进行一个神秘的放缩：

因为旋转后

$$\left|x^{\prime }\right|>\left|y^{\prime }\right|+\left|z^{\prime }\right|$$

因此

$${\varphi }^{\prime }(z)+{\varphi }^{\prime }(y)-2{\varphi }^{\prime }(x)<-1$$

所以

$$\begin{array}{rl}{C}_i& =1+{\varphi }^{\prime }(y)+{\varphi }^{\prime }(z)-\varphi (x)-\varphi (y)\\ & \le {\varphi }^{\prime }(y)+{\varphi }^{\prime }(z)-\varphi (x)-\varphi (y)-({\varphi }^{\prime }(z)+{\varphi }^{\prime }(y)-2{\varphi }^{\prime }(x))\\ & =2{\varphi }^{\prime }(x)-\varphi (x)-\varphi (y)\\ & \le 2({\varphi }^{\prime }(x)-\varphi (x))\end{array}$$

• 进行 $\text{zig-zig}$ 操作时：

$$\begin{array}{rl}{C}_i& =1-\varphi (x)-\varphi (y)-\varphi (z)+{\varphi }^{\prime }(x)+{\varphi }^{\prime }(y)+{\varphi }^{\prime }(z)\\ & =1+{\varphi }^{\prime }(y)+{\varphi }^{\prime }(z)-\varphi (x)-\varphi (y)\end{array}$$

又因为

$$\begin{array}{}\text{(1)}& \left|x^{\prime }\right|=\left|x\right|+\left|z^{\prime }\right|+1\end{array}$$

因此

$$\varphi (x)+\varphi (z^{\prime })-2{\varphi }^{\prime }(x)=\log \frac{|x||z^{\prime }|}{|x^{\prime }|}<\log \frac{|x^{\prime }|}{4|x^{\prime }|}=-2<-1$$

代换得：

$$\begin{array}{rl}{C}_i& =1+{\varphi }^{\prime }(y)+{\varphi }^{\prime }(z)-\varphi (x)-\varphi (y)\\ & ={\varphi }^{\prime }(y)+{\varphi }^{\prime }(z)-\varphi (x)-\varphi (y)-(\varphi (x)+\varphi (z^{\prime })-2{\varphi }^{\prime }(x))\\ & \le {\varphi }^{\prime }(x)+{\varphi }^{\prime }(z)-\varphi (x)-\varphi (x)-(\varphi (x)+\varphi (z^{\prime })-2{\varphi }^{\prime }(x))\\ & =3({\varphi }^{\prime }(x)-\varphi (x))\end{array}$$

• 如果 $\text{zig-zig}$ 操作两次都转的是 $x$ 的话，$(1)$ 式就不在成立，我们也很难通过放缩把那个 $O(1)$ 消掉，那复杂度就不对了。

综上，除了最后一次旋转外，其余的常数都被我们消掉了。因此一次 $Splay$ 复杂度为 $O(1)+3(\varphi (root)-\varphi (x_0))<3\log n$。

$m$ 次操作，总复杂度为 $m\log n+\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }(T)=(m+n)\log n$。

4. LCT

$\mathtt{LCT}$ 的复杂度只来源于 $\text{Access}$ 操作，因为单独的 $\text{Splay}$ 操作是严格小于 $\text{Access}$ 中的多次 $\text{Splay}$ 的。（应该是的吧？）

沿用对 $\text{Splay}$ 的势能分析，对于 $\text{Access}$ 中的第 $i$ 次 $\text{Splay}$：

$$C_i=O(1)+3(\varphi (roo{t}_i)-\varphi (x_i))$$

因为 $\varphi (roo{t}_i)$ 一定小于 $\varphi (x_{i+1})$，因此：

$$\sum C_i<k+\varphi (root)-\varphi (x_0)<k+\log n$$

其中 $k$ 是换链次数，现在只需要证明 $k$ 的复杂度就好了。证明过程非常神奇：

对原树重链剖分，现在边有了轻重之分。

记势能函数 $\mathrm{\Phi }(T)$ 为整棵树中重虚边的数量。那么在一次 $\text{Access}$ 操作中：

1. 重实边切成轻实边，$\mathrm{\Phi }(T)$ 增加 $1$。
2. 轻实边切成重实边，$\mathrm{\Phi }(T)$ 减少 $1$。

注意到一个点到根的路径中最多经过 $\log n$ 条轻边，因此 $\mathrm{\Phi }(T)$ 最多增加 $n\log n$ 次，相应地切边最多也只有 $n\log n$ 级别。

这样我们就用势能分析证明了 $\mathtt{LCT}$ 的复杂度。

(其实我们也顺带证明了假如说用 $\mathtt{fhq}\mathtt{Treap}$ 来维护的话复杂度为什么是 $n{\log }^{2}n$ 的，因为一棵 $\mathtt{fhq}\mathtt{Treap}$ 只保证了深度为 $\log n$，并不能像 $\mathtt{Splay}$ 一样看成一个整体来看待。

参考资料

Splay 树 - OI Wiki
势能分析 - Achtoria - 博客园