高级数据结构

}
int Bag::Add (const int x) { if (top = = n-1) return 0; // 返回0表示加入失败 else { b[++top] = x; return 1; }
}
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int Bag::Delete (const int k) { if (top + 1 < k ) return 0; //容器内元素不足k个，删除失败 else { for (int i = 0; i < k; i++) cout << b[top – i] << “ ” ; top = top - k; return 1; }
if ( str[i-1] ==y[j-1] ) return ( lcs( i-1, j-1, y) + 1);
return max( lcs( i-1, j, y), lcs( i, j-1, y));
}
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设x的长度为n，y的长度为m，在最坏情况下lcs 的时间复杂性为w(n, m)。
代价分摊（1.5.4）
将孤立地分析一次算法调用得出的结论应用于一 个ADT的相关操作序列会产生过于悲观的结果。
例1.12 整数容器Bag。
class Bag {
public:
Bag ( int MaxSize = DefaultSize ); // 假设DefaultSize已定义
int Add (const int x ); // 将整数x加入容器中
int Delete (const int k ); // 从容器中删除并打印k 个整数
private:
int top; // 指示已用空间
int *b; // 用数组b存放整数
int n;
// 容量
};
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各操作的实现如下：
Bag::Bag ( int MaxSize = DefaultSize ):n(MaxSize) { b = new int[n]; top = -1;
}
先分析操作成功的情况：Add(x)的时间复杂性
是O(1)；Delete(k)需要k个程序步，且k可能等于n，
在最坏情况下其时间复杂性是O(n)；一个调用Add
操作 m1次，Delete操作m2次的序列的总代价则为
O(m1+ m2n)。
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前面是常规分析的结论。进一步观察：如果一开 始容器为空，则删除的元素不可能多于加入的元素， 即 m2 次Delete操作的总代价不可能大于m1 次Add操 作的总代价。因此，在最坏情况下，一个调用Add 操作 m1次，Delete操作m2次的序列的总代价为 O(m1)。
任何一个调用Add操作 m1次，Delete操作m2次的 序列的总代价为O(m12 + m20) = O(m1)。
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可见，分摊分析法将偶尔出现的高价操作调用的 代价分摊到邻近的其它调用上，故而得名。
而且，当用分摊分析法得到的一个操作调用序列 的代价总和比用常规分析法得到的代价总和小时， 人们就得到了更接近实际代价的分析结果，或者说 对算法时间复杂性的判断更准确了。
用标记空串，则lcs(x, )= lcs(, y) = 。
lcs(xa, ya) = lcs(x, y)a，即xa和ya的最长公共子序 列由x和y的最长公共子序列后接a构成。
若xa和yb的最后一个字符不相等，则当lcs(xa, yb) 不以a结尾时一定等于lcs(x, yb)，当lcs(xa, yb)不以b 结尾时一定等于lcs(xa, y)。因此lcs(xa, yb)等于 lcs(x, yb)与 lcs(xa, y)中较长者。
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考虑一个由m个对ADT操作的调用构成的序列， 并设ti是第i次调用的实际代价，定义第i次调用的分 摊代价ai为
ai = ti + (Si) – (Si-1)
Si-1是第i次调用开始前ADT数据结构的状态，Si 是第i次调用结束后ADT数据结构的状态。设的选 6
即，分摊代价的总和是实际代价总和的上界。
例1.12将容器元素个数作为(S)。若操作序列始 于空容器，则(Sm) ≥ (S0)总是成立。下表反映了 容器(S)的典型变化情况。
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对 于 Add 操 作 ， ti=1 ， (Si)–(Si-1)=1 ， 所 以 ai=2 ； 对于Delete操作，ti=k，(Si)–(Si-1)= –k，所以ai=0。
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两个字符串的最长公共子序列（2.4.3）
一个字符串的子序列通过从字符串中删除零或多 个任意位置的字符得到。
两个字符串x和y的最长公共子序列记为lcs(x, y)。 例如，x = abdebcbb，y = adacbcb，则lcs(x, y)是 adcbb和adbcb，如下所示：
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问题的基本求解方法：
为了取得更准确的结果，还应该度量ADT数据结 构的状态。对于每一个可能的状态S，赋予一个实数 (S)。(S)称为S的势能，其选择应使得(S)越高， 对处于S状态的数据结构成功进行高代价操作的可能 越大。
例如，将容器元素个数作为容器状态的势能就
很合理，因为元素越多，对容器成功进行高代价操 作的可能越大。
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由此可得计算两个字符串最长公共子序列长度的 递归算法lcs:
int String::lcs ( String y ) {
// 驱动器
int n = Length( ), m = y.Length( );
return lcs( n, m, y.str );
}
int String::lcs (int i, int j, char *y ) { // 递归核心 if ( i == 0 | | j == 0) return 0;
操作失败时，Add(x)和Delete(k) 的时间复杂性都 是O(1)。因此，在操作可能失败的情况下，一个调 用Add操作 m1次，Delete操作m2次的序列的总代价 为O(m1+ m2)。
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常规分析并没有错，只是其推导出的总代价上
界远大于实际可得的上界。其原因是这种分析法没 有注意到连续的最坏情况删除是不可能的。
c （c为常数）
n = 0或m = 0
w(n, m) = w(n, m-1) + w(n-1, m) 否则