Splay和LCT的复杂度分析

$Splay$的复杂度分析

不论插入，删除仍是访问，咱们能够发现它们的复杂度都和$splay$操做的复杂度同阶，只是一点常数的区别

咱们不妨假设有$n$个点的$splay$，进行了$m$次$splay$操做

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采用势能分析

咱们记$w(x) = \left \lceil \log_2 (size(x)) \right \rceil$，注意以$2$为底和上取整

咱们定义势能函数为$\varphi = \sum w(x)$

（记第$i$次操做操做完以后，势能为$\varphi(i)$）

只须要估计出$\varphi(m) - \varphi(m - 1) + \varphi(m - 1) - \varphi(m - 2) ... + \varphi(1) - \varphi(0) + \varphi(0)$的大小便可

（即初始势能和每次的势能变化量的和）

显然，$\varphi(0) \leqslant n \log n$

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$splay$操做的具体定义为：

若是父节点是根，那么旋转一次

若是父节点和爷节点所处子树方向一致，那么先旋转父亲再旋转本身

不然，旋转两次本身

实际上能够归结于$zig$，$zag$，$zig-zig$，$zag-zag$，$zig-zag$，$zag-zig$操做

因为$zig$和$zag$是对称的操做

所以，只须要对$zig$，$zig-zig$，$zig-zag$操做分析复杂度便可

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$zig$操做

势能的变化量为$1 + w'(x) + w'(fa) - w(x) - w(fa) \leq 1 + w'(fa) - w(x) \leq 1 + w'(x) - w(x)$

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$zig-zig$操做

势能变化量为$1 + w'(x) + w'(fa) + w'(g) - w(x) - w(fa) - w(g)$（缩小了常数的影响，但不能无视）

$\leq 1 + w'(fa) + w'(g) - w(x) - w(fa) \leq 1 + w'(x) + w'(g) - 2w(x)$

这是神仙复杂度证实中很是神奇的地方，经过一些有趣的性质，让常数项的代价合并到了势能的变化中

咱们不妨设$a = w'(g), b = w(x)$，那么注意到$w'(x) = a + b + 1$

因为$2w'(x) - w'(g) - w(x) = \left \lceil \log_2 (a + b + 1) \right \rceil - \left \lceil \log_2 a \right \rceil + \left \lceil \log_2 a + b + 1 \right \rceil - \left \lceil \log_2 b \right \rceil $

注意到$a, b$在上式中是对称的，不妨设$a \geq b$

$\geq \left \lceil \log_2 (a + b + 1) \right \rceil - \left \lceil \log_2 b \right \rceil \geq \left \lceil \log_2 (2b + 1) \right \rceil - \left \lceil \log_2 b \right \rceil \geq \left \lceil \log_2 b \right \rceil + 1 - \left \lceil \log_2 b \right \rceil \geq 1$

所以有$1 \leq 2w'(x) - w'(g) - w(x)$，咱们将$1 + w'(x) + w'(g) - 2w(x)$中的$1$放缩，能够获得

$\leq 3(w'(x) - w(x))$

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$zig-zag$操做

势能变化量为$1 + w'(x) + w'(fa) + w'(g) - w(x) - w(fa) - w(g) \leq 1 + w'(fa) + w'(g) - w(x) - w(fa) \leq 1 + w'(g) + w'(fa) - 2w(x)$

由上文的结论，咱们知道这里能够把$1$放缩成$1 \leq 2w'(x) - w'(g) - w'(fa)$

所以$\leq 2(w'(x) - w(x))$

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把以上三种操做的势能所有放缩为$\leq 3(w'(x) - w(x))$

不妨假设$splay$一次，依次访问了点$x_1, x_2 ... x_n$，最后$x_1$会成为新的根

那么，最后的势能其实是$3(w'(x_1) - w(x_1) + w''(x_1) - w'(x_1) + .... + w(n) - w^{'''.....}(x_1)) + 1 = 3 * (w(n) - w(x_1)) + 1\leq log_2 n$

所以，$\varphi(m) - \varphi(m - 1) + \varphi(m - 1) - \varphi(m - 2) ... + \varphi(1) - \varphi(0) + \varphi(0) = n \log n + m \log n$

即$n$个点的$splay$，作$m$次$splay$操做，复杂度为$O(n \log n + m \log n)$

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$LCT$的复杂度分析

不咕了....

$LCT$的全部操做能够看作只有$access$操做，其余都是常数

那么$access$操做一共有两部分

• 在$splay$中走的复杂度

• 访问虚边的复杂度

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首先是在$splay$中走的复杂度

定义$w(x) = \left \lceil \log_2 (size(x)) \right \rceil$，$size(x)$指$x$的全部虚边和实边的子树大小的和

咱们定义势能函数为$\varphi = \sum w(x)$

不妨设它依次访问了$x_1, x_2 ..., x_p$

那么，相似上文$splay$的复杂度分析，咱们能够获得总的一次势能变化量为$-w(x_1) +w(x_2) - w(x_2) + w(x_3) ... +w(x_p) + 1\leq w(x_p) + 1 = O(\log n)$

这也就是$splay$的$finger-search$的性质

初始势能为$n \log n$，所以这一部分的复杂度为$O(n\log n + m \log n)$

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访问虚边的复杂度

咱们定义势能函数$\phi$，为全部重虚边（儿子的子树大小大于等于本身的二分之一的虚边）的数量

那么，每次访问至多走$\log$条轻虚边，也就至多带来$\log$条重虚边，也就是以$O(\log)$的代价增长$\log$的势能

而每次访问一条重虚边就须要付出$O(1)$的代价来减少$1$的势能，而且访问完重虚边以后，不会有新的重虚边产生

所以，最终的复杂度是初始势能和势能变化量（实际操做的代价和势能变化量相同）的和，也就是$O(n + m \log n)$

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所以，$LCT$的复杂度为$O(n \log n + m \log n)$