MULTIPOP(S,k)
   while not EMPTY(S) && k != 0
       do POP(S)
           k <- k-1

                 假设栈的大小为s，那么MULTIPOP的复杂度为min（s,k）。

                 那么现在有一个空栈，进行n次操作，三种操作各种可重排列都有可能。问这n次操作的复杂度是多少？

         b.    二进制计数器： 一个k位的二进制数A，不断加1。这个二进制数用k位数组表示，每一位为0或者1。 加1的操作叫INCREMENT。这个操作leetcode上也正好有类似的题目Plus One，它是十进制数。

             

INCREMENT(A)
  i <- 0
  while i < length[A] && A[i] == 1
      do A[i] <- 0
          i <- i+1
  if i < length[A]
     then A[i] <- 1

                显然最差情况末尾k-1个1的时候，复杂度为O（k）。

                那么，现在从0开始加到n。问复杂度是多少？

      初看上去，第一个问题MULTIPOP最差是当有n-1个元素时，之前PUSH了n-1次，需要O（n），也就是一次操作最差O（n），n次操作最差O（n*n）。第二个类似地也是O（n*n）。但是这个复杂度估计得太宽松了，要求更精确一点的复杂度就不是一眼看出的了。这个时候，引入了平摊分析。

      平摊分析被引入实际上是为了解决某操作被多次调用，不同情况下各次调用复杂度不同的问题。该操作如果分别考虑不同情况的各次来计算，过于复杂，而作为一个整体的时候，考虑该操作各情况调用的平摊复杂度，计算起来会容易不少（或者说更容易描述）。用书上的话说，“平摊分析可以用来证明在一系列的操作中，通过对所有操作求平均之后，即使对其中单一的操作具有较大的代价，平均代价还是很小的。平摊分析与平均情况分析的不同情况在于它不牵涉到概率；平摊分析保证在最坏的情况下，每个操作具有平均性能。”后面一句就是表示，单次操作平摊代价累积起来，大于等于总的最坏情况，当然，从复杂度上尽可能地逼近最坏情况。

       介绍了三种分析方法：1.聚集分析；2，记账方法；3势能方法。

       1.聚集分析

       所谓聚集分析，实际上就是从整体考虑，考虑多次操作总的复杂度。

       比如问题a，对于一个空栈，n次操作的复杂度为O（n）。因为对象被压入后最多被弹出一次，则调用POP的次数（包括了MULTIPOP里的POP）最多等于PUSH的次数，最多为n。通常我们算总的复杂度其实就到此为止了，一定要算出平摊复杂度的话就除以n,三个栈操作的平摊复杂度都是O（1）。

       问题b中，对A的操作，每次调用，A[0]都会翻转，A[1]每两次翻转一次，A[2]每4次翻转一次...如果进行n次操作，那么他们分别有n,n/2,n/4...（下取整）次翻转。等比数列，加起来为小于2n次。n次总复杂度为O（n），单次的平摊代价为O（1）。

       2.记账方法

       书上原话是“我们对不同的操作赋予不同的费用，某些操作的费用比它们的实际代价或多或少。我们对一个操作的收费的数量称为平摊代价。”。其实，操作起来，就相当于我先假设单次某操作的代价，假如我估计某费时的瓶颈操作平摊复杂度为O（1），那我完全可以让单次操作的代价为某一个常数k（通常要略大于这个操作的实际代价），多的存下来，可以把存款放出去给其他操作。那么，因为有的操作会存，有的操作会花，不同操作有不同的平摊代价，聚集分析中平摊代价是一样的。要保持分析中代价一直是上界，存款不允许为负。

       对问题a，令PUSH代价为2。相当于1用来支付PUSH,同时放一个在上面，POP的时候拿走。那么POP和MULTIPOP都为O（0）。总的为O（n）。

       对问题b，把某一位设为1代价为2，存1用来支付把这一位设为0，那么设为0代价为0。总的为O（n）。

      3.势能方法

      势能方法英文叫potential method，势能还是翻译得很好的，因为它是与数据结构相关而不是与动作相关。比如拿栈来说，栈里有多少元素我们就认为它有多少势能，这是一种可能的做法，这也正是这个结构的potential。平摊代价就由实际代价加上增加势能变化量。CP（i） = C(i) + S(i) - S(i-1)。n个操作就是ΣCP（i） = ΣC(i) + S(n) - S(0)。要保持上界，就得让S（n）-S（0）永远非负。通常，让S（0）等于0，那么接下来S（n）>= 0就好。我觉得势也是一种存款。因而平摊操作重点在于考虑势的增加而不是减少（势差为负可以用来减实际代价，使平摊代价变少，如下ab问题）

       对问题a，把势函数定义为栈里元素个数。那么PUSH平摊就为1+1=2，POP1-1= 0，MULTIPOP同POP一样也为0.所以O（n）。

       对问题b，把势函数定义为计数器中1的个数。第i次操作复位t(i)，置位1，C（i）=t(i)+1，势差为1-t(i)，所以平摊代价为2.所以为O（n）。

       其实，注意如果考虑S（n）-S（0）的复杂度，那么就可以不要求S（n）-S（0）。因为ΣCP（i） = ΣC(i) + S(n) - S(0)，现在知道了ΣCP（i）的复杂度，又知道 S(n) - S(0)，显然可以知道ΣC(i) 的复杂度。

       最后，书里用动态表的操作来为一个例子再阐述了分析过程。这里我用KMP为例来阐述。论KMP-COMPUTE-PREFIX过程。

       

KMP-COMPUTE-PREFIX(P)

m <- length[P]
π[1] <- 0
k <- 0               // just like q above, number of char matched
for q <-  1 to n     // like i above, and actually it is state, so its name is q
  while k>0 && P[k+1] != S[q]  // P range from 1 to n, not 0 to n-1
    do k <- π[k]
  if P[k+1] == S[q] then k <- k+1
  π[q] <- k
return π

      首先，用记账法。对π[q]赋值这个操作我们给它记2，1用于自己的开销，存1到q位置上。if P[k+1] == S[q] then k <- k+1 这个开销复杂度是等同于π[q] <- k，自然可以用π[q]赋值这个操作代表了。问题在于while循环，这个循环是一个让k退步的一个操作，它不断地取π[q]，这个取的开销可以用放在上面的存款支付了.由于π[q]总是指向一个有存款的地方（一开始我们在0,1两处各放上1，这是O（1）的）。所以总是有存款可花的，保证了上界。也就是while循环平摊为了0.总开销为O（n）。