5、摊还分析入门——斜堆分析
这一篇来介绍摊还分析。摊还分析听上去像是平均分析，然而却不是那么严格。在介绍摊还分析之前，先来讲一个故事：
设两只小猫在相距1000米处相向而行，速度均为10m/s。两者的母亲从中心开始向某只小猫以50m/s的速度跑去，相遇后立刻掉头向另一只小猫跑去，速度仍是50m/s，如此往返直到小猫相遇。求猫妈妈跑过的总路程。
可见猫的速度非常快。如果我们按部就班地分析，可能要分析到猴年马月了。这里不妨引出一个额外的变量：时间。则解答如下：
设总过程的时间是$t$，那么可求得$t = frac{1000}{10+10} = 50s$，则猫妈妈跑过的路程为$s = vt = 2500m$。
可见十分简单。
均摊分析就是这样，直接去求每个操作的平均耗时显得非常困难，我们引入一个额外的可能会影响时间的值：位势函数$phi$，来帮助我们分析。
一、前置知识：斜堆
这一篇我们利用摊还分析来分析斜堆的合并操作的均摊复杂度。关于斜堆，它来自于经典的左偏树。两者在我以前的博客https://www.cnblogs.com/halifuda/p/8319053.html里都有简单介绍。另外，博客里对于$d-$堆合并操作复杂度的分析有错误，通过上一篇我们已经知道，二叉堆可以以$O(N)$的复杂度合并，只需要重新建堆即可。
二、位势函数
摊还分析一个数据结构的时间复杂度，关键点在于寻找到位势函数。一般来说，位势函数的值是由某一刻（即某两次操作之间）整个数据结构的状态决定的。我们希望位势函数有这样一些特点：
1、它是描述均摊时间的函数。譬如，对数据结构$R$，执行一次操作$P$，所需要的实际时间是$T$，而$P$还额外造成了一些位势的变化$Delta phi$，从而进行了$N$次操作$P$后，所需要的均摊代价便是$sum_{i=1}^{N} T_i + (phi_N - phi_0)$。我们希望最终的这个代价是时间的一个上界，但优秀到可以接受。当然，位势函数一般不需要记录在数据结构里，它只是我们分析的手段。
2、从另一个方向理解，$R$的某个状态下，位势$phi$越高，进行一次操作的所需实际时间越多；反之则越少。这样，位势便像是一个可以使用的“储蓄”。如果均摊时间是$T^*$，当一次操作的花费$T < T^*$时，它可能造成了位势的增加：$Delta phi > 0$；当一次操作的花费$T > T^*$时，它可能反而减小了位势：$Delta phi < 0$。这样，虽然花费高的操作花费了更多时间，但它减少了位势，以便后续出现更多的花费低廉的操作，使得均摊时间不会太劣。从而，我们对均摊时间的分析就是：
$T + Delta phi = T^*$
3、再次考察1中的和式：
$sum_{i=1}^{N}T_i + (phi_N - phi_0) = N T^*$
它是求均摊时间的严谨方法，因为通过$T + Delta phi = T^*$来求单次操作的均摊时间并不那么严谨。当然，如果位势函数很好的话，这样做也是没问题的。不过我们先来关注位势函数成立的一个基本条件，那就是$phi_N - phi_0 geq 0$。从和式可以知道这一条件的意义：均摊时间必须是总时间的上界，因此均摊时间和至少要大于等于总时间和。从而，位势函数最好满足：任意时刻都是正的（至少也要非负）、$phi_0 = 0$。
4、3中提到，用$T + Delta phi = T^*$求单次均摊时间不太严谨，这是因为如果位势函数不够好，等式右边可能不是一个很好的结果，使得我们很难看出实际的均摊时间。但是，如果位势函数足够好的话，等式右边保持稳定（譬如是一个常数，或者能够证明一个上界），则等式也可以分析出操作的均摊复杂度。这样，一个好的位势函数应该能够在等式里消去$T$中的不确定项。
这些就是位势函数的选择的基本要求。总结一下就是：由整个数据结构的状态规定、任意时刻都是正的、尽量消去时间操作函数里的不确定项。再次声明。任意“时刻”是指任意两个操作之间。
三、斜堆分析
由于斜堆的主体操作就是合并，因此下面我们只对斜堆的合并操作进行分析。斜堆要用上摊还分析的原因，是因为我们期待它的操作能够像二叉堆一样达到单次$O(log N)$，但是我们又没办法确定（并且可以肯定有些操作会超过$O(log N)$的），因此摊还分析是一个好想法。既然要做摊还分析，就必须先选好一个合适的位势函数。
我们知道，两个斜堆的合并总是在它们的右路径上解决，合并结束之后，这些右路径上的结点又都交换左右子树，最终导致它们都去到左路径上去了。
一个自然的想法是，右路径的结点数作为位势函数。可是如果我们这样做，会导致我们算不出来$Delta phi$，因为新斜堆的右路径是什么样的我们不清楚，我们只知道左路径的样子。如果我们令右路径减去左路径为位势函数，则难以保证非负性。
如果用右结点的个数做位势函数呢？尝试来分析。每次合并斜堆$H_1$和$H_2$，总会有一个作为新根，另一个出现在右路径上，当最后合并结束，又交换到左边。可以知道原本右路径上的右结点都变成左结点了，而右路径上这些点的（可能的）左子结点都变成右结点了，问题在于，我们并不知道右路径上这些点曾经是否包含左子结点。这里我们就遇到了与上一个想法同样的问题。
一个好的想法是这样的：按照结点的轻重来划分。其中，轻结点指左子树的大小大于右子树的结点，重结点反之。我们用重结点的个数来做位势函数。它的好处在于：
1、$phi_0 = 0$，总是非负的，而且一个坏的合并必然会在右路径上遇到很多重结点，反之亦然，这使得它很适合作为一个位势函数；
2、它避免了刚刚遇到的问题，因为一个重结点在合并时必然还是重结点（因为合并会在它的右路径上进行），而最后交换时就必然变成轻结点了。我们不知道轻结点交换后会变成什么样，为了去求上界，我们假设最坏的情况，即它们变成重结点了，这样，求不出位势函数变化的问题就解决了。
请注意，这里做的假设放在刚刚是不可行的，因为如果假设它们都有左子结点，那么右结点的个数根本不会减少，位势函数单增使得它已经不适合作为位势函数了。
下面，我们就用这个位势函数来求斜堆合并操作的均摊时间上界：
假设合并斜堆$H_1$、$H_2$时，它们右路径上分别有$l_1$、$l_2$个轻结点，$h_1$、$h_2$个重结点，各自共有$l_1+h_1$、$l_2+h_2$个结点。省去大$O$，我们有：
$T = l_1+h_1+l_2+h_2$
由于只有右路径上的结点会被交换左右子树，从而轻重性可能改变，而经过刚刚的分析，重结点总会变成轻结点；为了求上界，我们令新的重结点尽可能多，也即轻结点都变成了重结点，这样，位势函数的变化即为：
$Delta phi = l_1 + l_2 - h_1 - h_2$
从而就有:
$T^* = 2(l_1+l_2)$
现在我们要证明$T^*$的上界。实际上，轻结点有如下特征：若一棵$N$个结点的树$R$是轻的，则它的右子树的大小小于$N/2$。一个斜堆的右路径指的是：从根一直通向右子树。因此在一个斜堆的右路径上：当一个结点是轻结点，那么接下来的右子树的大小至少会减半。如果右路径上每个结点都是轻结点，那么数量也不会超过$log N$。就算其中有一些重结点，最坏的情况莫过于在遇到下一个轻结点之前，所有点都在右子树上，右路径上右子树的大小不会变大，从而轻结点的个数不会因为这些出现在中间的重结点而变得更多。由于刚刚证明了均摊时间只与轻结点个数有关，这些重结点不在我们的考虑范围之内，我们就证明了：
$T^* = O(log |H_1| + log |H_2|) = O(log N)$
从而斜堆的一次合并操作拥有$O(log N)$的均摊时间复杂度。由于插入、删除等操作都是一些合并，因此它们的单次时间复杂度也是$O(log N)$。
摊还分析的方法大抵如此。可以见到，找到合适的位势函数是最困难的部分。我们还见到，位势函数不一定非常优秀，完全被使用，只要能求出$T^*$的上界即可。实际上斜堆的分析已经不太简单，由于摊还分析的复杂性，我将再举出一些例子。为此，我会先介绍一些数据结构。