在摊还分析中，通过求数据结构的一系列的操作的平均时间，来评价操作的代价。这样，即使这些操作中的某个单一操作的代价很高，也可以证明平均代价很低。摊还分析不涉及概率，它可以保证最坏情况下每个操作的平均性能。

摊还分析有三种常用的技术：

聚合分析，它确定$n$个操作的总代价的上界为$T(n)$，所以每个操作的平均代价为$\frac{{T(n)}}{n}$。每个操作都有相同的摊还代价。

核算法：分析每个操作的摊还代价，不同于聚合分析，每种操作的摊还代价是不同的，核算法将序列中较早的操作的余额作为“信用”储存起来，与数据结构中的特定对象相关联，在随后的操作中，储存的信用可以用来进行支付。

势能法：与核算法类似，也是分析每个操作的代价，但将势能作为一个整体存储，而与数据结构中的某个对象无关。

一、聚合分析

以栈操作为例：

存在3种操作：1、$push$ 2、$pop$ 3、$multipop$

直观地分析复杂度：因为栈的大小最大为$n$，所以$multipop$的最坏情况为$O(n)$，所以，由n个$push$,$pop$,$multipop$组成的操作序列的最坏代价为$O( n^2)$，因为序列可能包含$O(n)$个操作序列。

上面的分析给出的界并不是紧确界，实际上，在一个空栈上执行$n$个$push$, $pop$, $multipop$的操作序列，代价最多为$O(n)$。这是因为，当一个对象压入栈后，至多将其弹出一次。所以，对于一个非空的栈，可以执行的$pop$的次数（包含$multipop$中的$pop$）最多与$push$操作次数一样，即$n$次。所以，对任意的$n$，任意一个由$n$个$push$ , $pop$,$multipop$组成的操作序列，最多花费$O(n)$。所以，每个操作的摊还代价为$O(1)$。

二、核函数

核算法，对不同的操作赋予不同的费用，这个费用就是摊还代价。当一个操作的摊还代价超过实际代价的时候，将差额存入数据结构中的特定对象，存入的差额称为信用。对于后续操作中，摊还代价小于实际代价的情况，信用可以用来支付差额。

　　因为希望通过分析摊还代价来说明每个操作的平均代价的很小，所以应该确保$n$个操作序列的摊还代价是实际代价的上界。如果${c_i}$ 表示第i个操作的真实代价，而${c’_i}$表示摊还代价，则对于任意的$n$，有：$\sum\limits_{i = 1}^n {{c_i}^\prime }  \ge \sum\limits_{i = 1}^n {{c_i}} $。因为信用就是摊还代价和实际代价的差值，即 $\sum\limits_{i = 1}^n {{c_i}^\prime }  – \sum\limits_{i = 1}^n {{c_i}} $，所以需要保持数据结构中的总信用永远为非负值。

依然以站操作为例：下面证明，如果按照摊还代价进行缴费，则可以支付任意的$n$个栈操作序列。在$push$操作时，共缴费2美元，其中1美元支付$push$的实际代价，将剩余的1美元存入插入的元素，作为信用。这样，每个插入的元素都具有1美元的信用。这1美元的信用，实际上是用来支付$pop$操作的预付费。当执行一个$pop$的时候，并不缴额外的费用，而是使用信用来支付实际代价。$multipop$也一样。所以，对任意的n个PUSH, POP, MULTIPOP组成的序列，总摊还代价为实际代价的上界，总摊还代价为$O(n)$。

三、势能法

势能法与核算法类似，但是势能法并不将预付代价表示为数据结构中特定对象的信用，而是表示为“势能”。势能是与整个数据结构相关联，而不是某个特定的对象。将势能释放，就可以支付未来操作的代价。

 势能法如下：对一个初始数据结构 ${D_0}$执行$n$个操作。对于i = 1, 2,…,n， ${c_i}$表示第i个操作的实际代价， ${D_i}$表示在数据结构 ${D_{i – 1}}$上执行第i个操作得到的数据结构。势函数$\varphi $将每个数据结构${D_i}$映射到一个实数 $\varphi ({D_i})$，这个值就是关联到数据结构 的势。所以，第i个操作的摊还代价为${c’_i} = {c_i} + \varphi ({D_i}) – \varphi ({D_{i – 1}})$。每个操作的摊还代价等于其实际代价加上此操作引起的势能变化。

势能法其实就是核函数的总体分析。

再拿kmp算法是失配回退时使用的摊还分析技术：

这个可以用势能分析法来分析：
关于匹配指针的位置$cur$
操作A：匹配时，$cur +  + $;
操作B：失配时，$cur = next[cur – 1]$; (根据不同实现有所出入)
这个 $next[cur – 1] <  = cur – 1$ 是成立的。

根据势能分析($cur \ge 0$ 恒成立)，我们可以证明，操作A的执行次数一定比操作B要多，两个操作都是$O(1)$。
而操作A的执行次数是很容易分析最坏上界是 $O(n)$
那么 $O(n) = T(A) \ge T(B)$
因此匹配时的时间复杂度$T(A + B) = O(n)$

其实上述操作类似于栈操作，直接类比进行复杂度分析即可。