一些奇奇怪怪的時間複雜度分析（持續更新）

前言

整理了一些長相清奇的時間複雜度分析……
約定：
1.如果沒有特殊說明，默認$T(0)=T(1)=1$
2.如果沒有特殊說明，默認log的底數爲2。
3.一些地方會說$T(n)=O(...)$，意會就好qwq

0.一些定義

0.1 大O記號定義

對於函數$f,g$，若$\exist$常數$n_0,c$，使得對於$\forall n>n_0$，$f(n)<c*g(n)$，那麼說$f(n)$是$O(g(n))$的，即$f(n)\in O(g(n))$。

0.2 時間複雜度定義

對於一個程序所需要執行的運算次數$T(n)$，若$T(n)\in O(f(n))$，則把$O(f(n))$稱爲這個程序的時間複雜度。
例如當$T(n)=\frac{1}{3}n^3+100n+10086$時，我們說這個程序的時間複雜度是$O(n^3)$。證明是顯然的，隨便取個$n_0=100,c=100$就可以了，不多說。
當然，上面的$T(n)$也可以說是$O(n^4)$的，這並不矛盾。一般來說，我們用的時間複雜度是增長速度儘量慢的，也就是說取儘量貼近實際的$T(n)$的增長速度的複雜度。所以一般我們用$O(n^3)$而不是$O(n^4)$來表示上面的$T(n)$。

再舉幾個例子：
$T(n)=n+logn$，那麼$T(n)$是$O(n)$的。對於$n>10$，$n+logn<2n$。
$T(n)=2^{n+logn}=n2^n$，$T(n)$是$O(n2^n)$的。注意這裏不能從$n+logn$是$O(n)$的推出$2^{n+logn}$是$2^n$的，要注意。至於爲什麼這個不是$O(2^n)$，因爲$n_0$和$c$必須是$\color{red}常數$。

1.基本時間複雜度分析

1.0 主定理

對於遞歸函數，如果滿足$T(n)=aT(\frac{n}{b})+f(n)$，分類討論：
假設$c$是一個正常數。
（1）若$f(n)=n^{log_ba}$，那麼$T(n)=O(n^{log_ba}logn)$
（2）若$f(n)=n^{log_ba-c}$，那麼$T(n)=O(n^{log_ba})$
（3）若$f(n)=n^{log_ba+c}$，且對於所有足夠大的$n$有$af(\frac{n}{b})<f(n)$，那麼$T(n)=O(f(n))$

1.1 線性遞推式

$1.T(n)=T(n-1)+c$（$c$是常數），則$T(n)=O(cn)$
$2.T(n)=T(n-1)+n$，則$T(n)=O(n^2)$
奇水……

1.2 普通分治

$T(n)=2T(\frac{n}{2})+n$，則$T(n)=O(nlogn)$
證明：展開，$T(n)=O(n)+2T(\frac{n}{2})$
$=O(n)+2*O(\frac{n}{2})+4T(\frac{n}{4})$
$=...$
$=O(n)+O(n)+...+O(n)$ （每次除以$2$，除$logn$次到1，所以共$logn$個$O(n)$）
$=O(nlogn)$

主定理版：$a=2,b=2,log_ba=log_22=1$
$f(n)=O(n^1)=O(n^{log_ba})$（打不出中間有一橫的符號……意會一下qwq）
$=>T(n)=O(f(n)*logn)=O(nlogn)$

1.3 詭異的分治（也許這不是分治……）

$T(n)=2T(\frac{n}{2})+k$，則$T(n)=O(nk)$
證明：展開，$T(n)=O(k)+2T(\frac{n}{2})$
$=O(k)+2O(k)+4T(\frac{n}{4})$
$=...$
$=O(k)+2O(k)+4O(k)+...+2^{t-1}O(k)+2^{t}T(1)$ （爲了方便，記$t=logn$）
$=(2^{t}-1)O(k)+O(2^{t+1})$
$=O(nk)+O(2n)$
$=O(nk)$

主定理：？？？？

1.4 玄學分治

$T(n)=2T(\frac{n}{2})+nlogn$，則$T(n)=O(nlog^2n)$
證明：考慮$T(2^n)$
$T(2^n)=2T(2^{n-1})+2^n*n$
$=2(2T(2^{n-2})+2^{n-1}*(n-1))+2^n*n$
$=4T(2^{n-2})+2^n*(n-1)+2^n*n$
$=...$
$=O(2^n)*1+O(2^n)*2+...+O(2^n)*n$
$=O(2^nn^2)$
然後$T(n)=T(2^{logn})=O(2^{logn}(logn)^2)=O(nlog^2n)$
之前嘗試用數學歸納法……發現竟然弄出普通分治也是$O(nlog^2n)$……然後才發現那樣用數學歸納法是不嚴謹的……

主定理版：$a=2,b=2,log_ba=log_22=1$
$f(n)=O(nlogn)=O(n^{log_ba}logn)$
$=>T(n)=O(f(n)*logn)=O(nlog^2n)$

2.長相奇特的遞歸式

2.1 巨神mhy弄出的奇怪東西

有一次巨神mhy在CF比賽的時候弄出一個$T(n)=2T(\sqrt n)+logn$的東西……
那麼$T(n)=O(logn*loglogn)$
證明：上式不好直接證，考慮它的等價形式：
因爲$2^{logn}=n$，所以上式等價於$T(2^n)=O(nlogn)$
由已知，$T(2^n)=2T(\sqrt{2^n})+O(log(2^n))$
化簡，$T(2^n)=2T(2^\frac{n}{2})+O(n)$
發現$n$每次都變成$\frac{n}{2}$，所以類比普通分治的證明，$T(2^n)=O(nlogn)$
於是$T(n)=O(lognloglogn)$

主定理：？？？？

2.2 一道詭異的初賽題

給出式子$T(n)=2T(\frac{n}{4})+\sqrt n$
感覺比上面的那一個還水……思路很自然qwq
同樣考慮$T(4^n)=2T(4^{n-1})+\sqrt{4^n}$
$=2(2T(4^{n-2})+\sqrt{4^{n-1}})+2^n$
$=4T(4^{n-2})+2*\sqrt{4^{n-1}}+2^n$
$=4T(4^{n-2})+2^n+2^n$
$=...$
$=2^nT(1)+2^n+2^n+...+2^n$ （共$n$個$2^n$）
$=O(2^n*n)$
然後$T(n)=T(4^{log_4n})=O(2^{log_4n}log_4n)$
因爲$4^{log_4n}=n$，所以$2^{log_4n}=\sqrt n$，而$log_4n$與$logn$同級
所以$T(n)=O(\sqrt n logn)$

主定理版：$a=2,b=4,log_ba=log_42=0.5$
$f(n)=O(\sqrt n)=O(n^\frac{1}{2})=O(n^{log_ba})$
$=>T(n)=O(f(n)*logn)=O(\sqrt nlogn)$

2.3 惡臭學軍題

$T(n)=25T(\frac{n}{5})+n\sqrt n$
考慮$T(5^n)=25T(5^{n-1})+5^n\sqrt{5^n}$
$=25^2T(5^{n-2})+25*5^{n-1}\sqrt{5^{n-1}}+5^n*sqrt{5^n}$
$=...$
$=25^nT(1)+25^{n-1}5\sqrt 5+25^{n-2}25\sqrt{25}+...+5^n\sqrt{5^n}$
$=\sqrt{5^{4n}}+\sqrt{5^{4n-1}}+\sqrt{5^{4n-2}}+...+\sqrt{5^{3n}}$
$=\frac{\sqrt{5^{4n+1}}-\sqrt{5^{3n}}}{\sqrt 5-1}$ （等比數列求和）
$=\frac{\sqrt 5*5^{2n}-5^n\sqrt{5^n}}{\sqrt 5-1}$
把$5^n$換成$n$，得$T(n)=\frac{\sqrt 5n^2-n\sqrt n}{\sqrt 5-1}=O(n^2)$

主定理版：$a=25,b=5,f(n)=O(n\sqrt n)=O(n^{1.5})$
$log_ba=log_5{25}=2$
$f(n)=O(n^{1.5})=O(n^{log_ba-0.5})$
$=>T(n)=O(n^{log_ba})=O(n^2)$

2.4 證明主定理

3.攤還分析

注：爲了方便，部分內容裏寫了$O(0)$qwq（不嚴謹，但是是這個意思）

3.1 進棧1個/出棧k個

你需要維護一個棧，初始爲空，要求資磁兩種操作：
1.把$x$壓進棧
2.彈出$k$個元素（$k\le$ 棧大小）
總共$q$中操作，棧大小$<=n$
暴力即珂……時間複雜度？1操作$O(1)$，2操作$O(k)$
時間複雜度$O(qk)=O(nq)?$
口胡出時間複雜度爲線性qwq

發現每次彈出$k$個元素，$k$的範圍是與棧大小，也就是有多少個$x$沒被彈出的1操作有關。

覈算法：（覈算法大法吼！）
每一個1操作，以後最多把這個元素彈出一次（廢話qwq）
記1操作的攤還代價爲$1$，則2操作的複雜度變成$O(0)$
然後1操作的總代價爲$O(1)$，共$q$次操作，時間複雜度$O(q)$

聚合分析：（聚合分析也還珂以）
發現如果1操作有$x$個，那麼2操作的總時間複雜度最高爲$O(x)$
所以考慮最壞情況，1操作有$q$個時，2操作的總時間複雜度爲$O(q)$
所以總時間複雜度爲$O(q)+O(q)=O(q)$

勢能法：（惡臭）
勢能法蜃孫……
令$T(i,勢能)$表示前$i$次操作珂能達到的最高複雜度（即勢能qwq），$T(i,實際)$表示前$i$次操作實際達到的複雜度。
令$f(i)$表示執行了第$i$個操作後的勢能
勢能公式：$T(i)=T(i,實際)+f(i)-f(i-1)$
即：第$i$步操作的（最後平均）總代價等於第$i$步操作的實際代價加上從第$i-1$步操作到第$i$步操作的勢能變化。
回到例子，讓勢能=棧中有多少個元素，那麼1操作會讓勢能+1，2操作會讓勢能-k。
於是1操作的總代價爲$1+1=2$，2操作總代價爲$k-k=0$
因此1操作總複雜度爲$O(1)$，2操作總複雜度爲$O(0)$
最後的總複雜度爲$O(q)$
惡臭無比……

3.2 bzoj3133 ball machine複雜度分析

推銷一波題解
懶得寫了……和3.1沒多大差別……去題解裏看吧qwq

3.3 表擴張（vector的push_back？）

維護一個數組，初始大小爲1，要求資磁插入一個數，當數組滿了的時候，開一個大小爲原來的兩倍的數組，把當前的數據複製過去。（規定單次擴容複雜度爲$O(擴容前數組大小)$）
每一次最壞複雜度爲$O(n)$……時間複雜度$O(n^2)$？
一共$logn$次擴容，每次$O(n)$，時間複雜度$O(nlogn)$？
然而並不是qwq

覈算法：（蜃香）
每次把數組擴大到原來的兩倍的時候，這$O(n)$的複雜度均攤到每個插入操作上qwq
於是每個插入操作的攤還代價爲$O(1)$，擴容操作變爲$O(0)$
插入操作總複雜度是$O(1)$，所以最後總複雜度$O(n)$

聚合分析：
假設最後數組大小爲$n$，則擴容了$logn$次
擴容複雜度爲$O(1)+O(2)+O(4)+...+O(2^{logn})=O(n)$
插入複雜度爲$O(1)*n=O(n)$
所以總複雜度爲$O(n)$

勢能法：（惡臭）
還沒想到什麼直觀的勢能函數……但是想到一個詭異的東西不知道是否正確……口胡一波qwq
令1操作的勢能變化爲1（意義大概是在擴容的道路上走了多遠？），那麼2操作的勢能變化爲-n。
口胡得出1操作總代價爲$O(1)$，2操作總代價爲$O(0)$
於是總複雜度爲$O(n)$

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//兩條分割線以表敬意
令勢能函數$f(i)=2num-siz$，其中$num$表示數組內元素的個數，$siz$表示數組大小。
易證若一個插入操作沒有觸發擴容，引起的勢能變化是2。攤還代價爲$O(1)$。
若某次插入操作引起了擴容，假設插入前的數組大小是$n$，那麼裏面的元素個數也是$n$。
擴容前：勢能$f=2num-siz=2n-n=n$。
擴容後：勢能$f=2num-siz=2(n+1)-2n=2$。
所以勢能變化爲$2-n$，那麼引起擴容操作的插入操作的攤還代價爲$n+(2-n)=O(1)$
綜上，插入操作的攤還複雜度爲$O(1)$。
不得不說，勢能函數還是很妙的……

3.4 表擴張&刪除（push_back,pop_back）

//咕咕咕
問：如果你需要維護一個數據結構，需要資磁在尾部插入/刪除數，還要使浪費的空間儘量少，怎麼做？
（擴容，收縮複雜度均爲$O(數的個數)$）
如果模仿3.3，當數組個數小於$\frac{siz}{2}$時收縮，顯然會gg（當數的個數爲$siz-1$時不斷插入、刪除、插入、刪除……）
所以考慮減少收縮次數：
不妨讓數的個數少於$\frac{siz}{4}$時收縮，這樣就不會有毒瘤（LXL）來卡掉了qwq
時間複雜度分析：

覈算法：
每次擴容的複雜度分攤到至少$n$個插入操作上，每個插入操作分攤到$O(1)$
收縮時，假設最後一次擴容時數組大小爲$siz$，那麼數的個數最多的時候最少也是$\frac{siz}{2}$個，而收縮時數的個數會變成$\frac{siz}{4}$個，所以中間最少會有$\frac{siz}{4}$級別的刪除操作。
把$O(siz)$的複雜度分攤到$\frac{siz}{4}$級別的操作上，每個操作分到$O(1)$。
綜上，插入/刪除的攤還複雜度均爲$O(1)$

聚合分析：
假設插入、刪除操作共有$n$個。那麼插入和收縮操作最多都是$n$的數量級。
由3.3的聚合分析珂知，擴容操作的總複雜度爲$O(n)$
假設$O(2^x)$的收縮操作出現了$a_x$次，那麼收縮操作複雜度$F(n)=O(1)*a_1+O(2)*a_2+...+O(2^n)*a_n$（忽略一些邊界問題qwq）
因爲若一個收縮操作是$O(2^{siz})$的，那麼這個收縮操作珂以支配$2^{siz}$級別的刪除操作，
所以$a_x$個$O(2^{x})$的收縮操作珂以支配$2^x*a_x$個收縮操作。
因爲收縮操作的總數不超過$n$，所以$1*a_1+2*a_2+...+2^{n}*a_n\le n$
所以$F(n)=O(n)$
單次插入/刪除的複雜度是$O(1)$，$n$次就是$O(n)$
綜上，總時間複雜度爲$O(n)$

勢能法：
咕咕咕……

暫時就這些qwq