對於一個操作的序列來講，平攤分析得出的是在特定問題中這個序列下每個操作的平攤開銷。
一個操作序列中，可能存在一、兩個開銷比較大的操作，在一般地分析下，如果割裂了各個操作的相關性或忽視問題的具體條件，那么操作序列的開銷分析結果就可能會不夠緊確，導致對於操作序列的性能做出不准確的判斷。用平攤分析就可以得出更好的、更有實踐指導意義的結果。因為這個操作序列中各個操作可能會是相互制約的，所以開銷很大的那一兩個操作，在操作序列總開銷中的貢獻也會被削弱和限制。所以最終會發現，對於序列來講，每個操作平攤的開銷是比較小的。
換句話說，對於一個操作序列來講，平攤分析得出的是這個序列下每個操作的平攤開銷。
基本公式為 amortized cost = actual cost + accounting cost，我們記為$\hat{c}_i = c_i + a_i$
這里，$\forall n, \sum_{i=0}^{n}a_i \geq 0$
1. Stack
這里的操作有push，pop和multipop($k$) —— 彈出棧頂的$k$個元素，顯然，直觀上來說，push和簡單pop的操作都是高效的，即其性能都在$O(1)$的樣子，也就是說，他們的Actual Cost都是1。
而multipop則不同，它每次可能會要求彈出至多$n$個元素，如果進行長度為n的操作序列都進行這樣的操作，那么最壞情況下的復雜度可以達到$O(n^2)$。這是一個不太緊的上界。
我們發現，由於棧中每次pop元素都是建立在push的操作次數的基礎上，所有的pop操作受到push操作的限制。每個元素進棧的同時，都隱含着一次出棧的“未來”，所以，push操作最多能夠push共$O(n)$個元素，那么pop的次數也至多為$O(n)$。而每個push、pop的代價均為$O(1)$，所以整個棧上的數據操作的復雜度上界可以是$O(n)$！
說得生動而形象一點，我們用上面的公式來記賬。
| 操作 | Amortized Cost | Actual Cost | Accounting Cost |
| push | 2 | 1 | 1 |
| pop | 0 | 1 | -1 |
| multipop | 0 | $min(k, s)$，$s$為當時棧中的元素個數。 | -$min(k, s)$ |
用錢來說，因為Amortized本身有“分期償還”的意思呀~
假設你每次在進行push操作的時候，都花2塊錢，那么你在push的時候，只花了1塊，還有1塊錢就作為存款了。每當你進行pop操作，或者是multipop操作，我們不再需要花錢啦！！每次出棧一個元素就從存款中扣掉1塊錢，而每時每刻棧中剩余元素個數都大於等於0的啦，所以存款的總和不會為負，$\forall n, \sum_{i=0}^{n}a_i \geq 0$ 自然成立。
2.Doubling Array
就是一開始分配一定量的內存A，如果在向這個內存空間插入對象時發現空間不足的話，就重新分配一塊比原來大的內存B，我們就認為$size(B)=2size(A)$，把原內存A中所有的對象都復制到內存B中，這時候的代價為$O(n)$然后把新加入的對象增插入到B的空余位置中，最后把內存A釋放掉。呵呵，記得內存泄漏！！
乍一想，可能每次插入都可能要再malloc一塊空間，代價就是$O(n)$啊，那么$n$次操作復雜度就是$O(n^2)$啊！So terrible！！
好了，平攤分析會告訴你上界是$O(n)$
我們假設一開始這個表是空的，然后向這個表中依次插入n個元素，想一想，就會發現，這個操作序列中是不可能連續$n$次出現最壞性能的（怎么可能每次插入都要double空間呢？），甚至說，出現最壞性能的機會是比較小的，僅在第2的冪的數。除此以外，直接插入就是了，不需要額外申請空間，代價僅僅為$O(1)$。
所以，我們有Actual Cost
$$c_i = \left\{
\begin{array}{ll}
1 & i \neq 2^x,x \in N \\
i+1 & i=2^x,x \in N
\end{array}
\right.$$
直接對$c_i$求和，我們可以得到
$$\sum_{i=0}^{n} c_i=n+\sum_{i=0}^{\log n} 2^i \leq n + 2n = 3n$$
可見，如果平攤的話，每個操作的平均cost為3！所以這樣的一個操作，上界是$O(n)$！
那么為什么不是2？我們助教也是很認真負責噠~如果每個數插入的時候，插入花了1，那么在一次double的時候，另一塊錢就被用完了，以后插入要double的時候，就沒有存款啦！所以，當代價為3的時候，還有兩塊錢的存款，一塊錢用於double時自己的花費，另一塊錢就是給它前面的所有的已經沒有存款的元素用啦~~好心人吶！！！
3. Binary Counting
這是一個二進制計數器，用一個$k$-bit的數進行計數，就像當年數字邏輯電路的面包板上的那個玩意兒...基本的置位set操作和復位reset操作本身的代價都為$O(1)$。
直觀上，最壞情況每個bit位都要發生改變，代價就是$O(k)$，$n$次計數操作就是$O(kn)$。
可是，平攤分析告訴你，上界是$O(n)$，你應該已經習以為常了吧~~
假設一個8-bit的數從高位到低位分別存入數組$A[7..0]$中用於計數，那么每次計數加1，最低位$A[0]$都需要置位或者是復位。容易知道，$A[1]$每+2置位或復位，$A[2]$每+4置位或復位，$\cdots$，更一般地，$A[i]$每+$2^{i}$都要置位或者是復位，那么該bit就發生變化，所以第$i$位發生set或reset的次數總共為$n/2^i$
對這個通項$n/2^i$求和，值為$n$那么最多也就是($\log n+1$)個bit就可以表示
$$\sum_{i=0}^{\log n}\frac{n}{2^i}<n\sum_{i=0}^{\infty}\frac{1}{2^i}=2n$$
下面我們來記賬：
| 操作 | Amortized Cost | Actual Cost | Accounting Cost |
| Set | 2 | 1 | 1 |
| Reset | 0 | 1 | -1 |
4. Two Stacks, One Queue
用兩個棧來實現隊列！我們知道棧是先進后出，而隊列是先進先出。我們可以用兩個棧來實現隊列。方法如下：
如果是Enque操作，就把元素push到棧S1中，如果是Deque操作，則分為兩種情況
$$\left\{
\begin{array}{ll}
popall~S1, pushall~S2, pop~S2 & S2=\emptyset \\
pop~S2 & S2\neq \emptyset
\end{array}
\right.$$
我們假定基本的pop和push操作、以及判斷是否棧為空的代價均為$O(1)$
所以，比較簡單的Deque的Actual Cost為$1+1=2$，而比較復雜的Deque操作，則實際代價為$1+2t$，$t$為棧S1中的元素個數。
下面，我們進行平攤分析，這里的內在聯系是，我們在push的時候，先存款2，用於將這個元素從S1中pop，再push到S2中去的代價，這樣我們的兩個Deque操作的代價就都是2了，只要S1中有元素，我們的存款就是非負的，記賬如下
| 操作 | Amortized Cost | Actual Cost | Accounting Cost |
| Enqueue | 3 | 1 | 2 |
| Dequeue(normal) | 2 | 2 | 0 |
| Dequeue(complex) | 2 | 2+2t | -2t |
5. Two Queues, One Stack
這是偽5，用兩個隊列來實現棧。情況略比上一種情況復雜些。實現方法：每次在進行pop操作的時候，要把隊列中除最后一個元素外都轉移到另一個隊列中，然后再進行Deque來模擬pop。總是能保證一個隊列為空，另一個隊列非空。我們規定判斷是否空隊列的代價為$O(1)$，基本的Deque和Enque操作也都為$O(1)$
push操作：
如果兩個隊列都空，則Q1.Enque()；
如果Q1非空但Q2空，則Q1.Enque()；
如果Q1空但Q2非空，則Q2.Enque()；
pop操作：
如果兩個隊列都空，則返回false；
如果Q1非空但Q2空，則循環執行Q2.Enque(Q1.Deque())一直到Q1中只剩下一個元素，此時返回Q1.Deque()的值，即為最后進入Q1的元素；執行之后Q1變為空，Q2非空（如果之前Q1中不止一個元素的話）。
如果Q1空但Q2非空，則循環執行Q1.Enque(Q2.Deque())一直到Q2中只剩下一個元素，此時返回Q2.Deque()的值，即為最后進入Q2的元素；執行之后Q2變為空，Q1非空（如果之前Q2中不止一個元素的話）。
算法分析：我們每次pop的時候最壞情況下都需要移動隊列，每次的代價都是$n\times O(1)=O(n)$，所以我們的復雜度為$O(n)$；下面我們看看平攤分析的結果，假設非空隊列中有$t$個元素：
push的Actual Cost為$2=1+1=$判空+Enque；
pop的Actual Cost為$2t=1+2(t-1)+1=$判空+轉移+Deque；
每次的push的Accounting Cost都是$2n-2$，這樣的話，我倒是覺得其實沒有這么多啊，如果遇到pop操作的話，只需要存下$2t-2$這樣的存款，這樣pop操作的Amortized Cost就是0了，但是這樣似乎失去了平攤分析的意義了啊。。。所以我覺得還是存下$2n-2$的存款吧，每個元素在pop的時候最多轉移$n-1$次，所以最終push的Amortized Cost就是$n$，最后的復雜度為$O(n^2)$，顯然不高效啊！！
偽5說的就是這個意思，是我大概隨便寫寫的。也不知道這樣分析對不對。。。
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