Algorytmy i struktury danych/Wstęp: poprawność i złożoność algorytmu

Wykład Algorytmy i struktury danych jest poświęcony przede wszystkim koncepcyjnym i strukturalnym metodom efektywnego rozwiązywania problemów na komputerze. Podstawowym elementem przy rozwiązywaniu zadanego problemu jest dobór algorytmu i struktury danych. Najważniejszymi aspektami algorytmu są jego poprawność i złożoność (czasowa i pamięciowa).

W przypadku złożoności czasowej, z reguły wyróżnimy pewną operację dominującą, a czas będziemy traktować jako liczbę wykonanych operacji dominujących. W ten sposób nasza analiza będzie zależna jedynie od algorytmu, a nie od implementacji i sprzętu. W przypadku sortowania, operacją dominującą jest przeważnie porównanie dwóch elementów, a w przypadku przeglądania drzewa - jedno przejście w drzewie między wierzchołkami. W przypadku algorytmów tekstowych operacją dominującą jest porównanie dwóch symboli. Zazwyczaj określamy pewien parametr $n$, będący rozmiarem problemu wejściowego i określamy złożoność jako funkcję $T(n)$, której argumentem jest rozmiar problemu. Z reguły będziemy przyjmować, że każda operacja arytmetyczna na małych liczbach daje się wykonać w jednym kroku. Przez "małe" rozumiemy liczby mające $O(\log n)$ bitów.

Złożoność algorytmu może być rozumiana w sensie złożoności najgorszego przypadku lub złożoności średniej. Złożoność najgorszego przypadku nazywamy złożonością pesymistyczną - jest to maksymalna złożoność dla danych tego samego rozmiaru $n$. W praktyce ważniejszą może się okazać złożoność średnia lub oczekiwana. W tym przypadku $T(n)$ jest średnią (oczekiwaną) wartością złożoności dla wszystkich problemów rozmiaru $n$. Tego typu złożoność zależy istotnie od tego, jaka się pod tym kryje przestrzeń probabilistyczna danych wejściowych. Z reguły zakładamy, że wszystkie dane wejściowe tego samego rozmiaru mogą się pojawić z tym samym prawdopodobieństwem. Jednakże jest to często mało realistyczne założenie. Przestrzeń probabilistyczna danych wejściowych może być bardzo skomplikowana. Prowadzić to może do bardzo trudnych (i wykraczających poza ten kurs) analiz.

Rozważmy następujący przykład. Przypuśćmy, że chcemy znaleźć pierwszą jedynkę w n-elementowej tablicy zerojedynkowej i nasz algorytm przegląda tablicę od strony lewej sprawdzając kolejne elementy. Niech operacją dominującą będzie sprawdzenie jednego elementu. Jeśli nie ma jedynki, to wykonamy $n$ sprawdzeń. Jest to maksymalna liczba, zatem złożoność pesymistyczna wynosi $T(n)=n$. Jeśli każdy ciąg binarny jest dany z tym samym prawdopodobieństwem, to łatwo policzyć, że złożoność średnia jest ograniczona przez stałą.

Do wyrażania złożoności stosujemy opis asymptotycznego wzrostu funkcji: $f(n)\ =\ O(g(n))$ oznacza, że $f(n)\leq c\cdot g(n)$ dla pewnej stałej $c$. Gdy $g(n)=n$, to mówimy, że $f(n)$ jest liniowa, oraz dla $g(n)=n^{2}$ mówimy, że złożoność $f(n)$ jest kwadratowa. Jeśli $g(n)$ jest wielomianem, to wtedy mówimy o złożoności wielomianowej.

Będziemy używać dodatkowych notacji:

$f(n)=\Theta (g(n)),\ f(n)=\Omega (n)$. Były one wprowadzone na wykładach z matematyki dyskretnej.

Przykład

${\frac {1}{100}}\cdot n^{2}-2n=\Theta (n^{2}),n^{5}+2^{n}=\Theta (2^{n}),n!=\Omega (10^{n})$,

Konwencje językowe. Jaki jest najlepszy język do opisu algorytmu? Jest to przykład problemu nierozstrzygalnego. Niewątpliwie język ojczysty jest najlepszym językiem potocznym, a ulubiony język programowania jest najlepszym językiem do implementacji algorytmu. Język, którym będziemy opisywać algorytmy, jest gdzieś pomiędzy tymi językami - język potoczny nie wystarcza, a konkretny język programowania może spowodować, że "prosty" algorytm się zrobi nieczytelny. Będziemy używać, o ile się da, nieformalnych konstrukcji programistycznych, a w przypadkach bardzo prostych będziemy się starali pisać algorytm w języku Pascalo-podobnym.

Poprawność algorytmu: niezmienniki, własność stopu

Przez poprawność algorytmu rozumiemy to, że daje on takie odpowiedzi, jakich oczekujemy. Oczywiście algorytm musi być poprawny, aby miało sens rozpatrywanie jego złożoności.

Pojęcie niezmiennika

Poprawność algorytmu sprowadza się do spełniania określonych niezmienników na różnych etapach wykonywania tego algorytmu. Rozważmy kilka przykładów pozwalających zrozumieć znaczenie niezmiennika.

Załóżmy, że mamy zbiór $S$ składający się z $n$ przedmiotów. Niektóre z przedmiotów są czarne, a niektóre białe. Zakładamy, że liczba czarnych przedmiotów jest nieparzysta.

Algorytm Biało-czarne1

---

1  while  $|S|>1$ do begin
2    pobierz dwa przedmioty z S;
3    if przedmioty są różnego koloru then wstaw z powrotem czarny
4  end;
5  return kolor ostatniego przedmiotu w S;

Załóżmy, że mamy 10000001 czarnych przedmiotów i 1000000001 białych, jaki jest ostatni przedmiot? Rozpatrzmy niezmiennik: parzystość liczby czarnych przedmiotów.

Ponieważ na początku mamy nieparzystą liczbę czarnych przedmiotów, zatem wynikiem jest kolor czarny.

Rozpatrzmy modyfikację tego algorytmu, zakładamy że $n$ jest niezerowe.

Algorytm Biało-czarne2

---

1  while  $|S|>1$ do begin
2    pobierz dwa przedmioty z S;
3    if co najmniej jeden jest biały then wstaw z powrotem jeden biały;
4  end;
5  return kolor ostatniego przedmiotu w S;

Załóżmy, że mamy 10000001 czarnych przedmiotów i 1000000001 białych, jaki jest ostatni przedmiot? Tym razem rozważmy niezmiennik: znak liczby białych przedmiotów. (Znak liczby jest równy 0, jeśli jest ona równa zeru, 1 - jeśli jest większa od zera.) Zatem ostatnim przedmiotem jest przedmiot biały.

Własność stopu

Podstawowym elementem poprawności algorytmu jest to, że ma on własność stopu: dla poprawnych danych wejściowych da odpowiedź po skończonym czasie. Na przykładzie trzech prostych algorytmów pokażemy, że sprawdzanie własności stopu może nie być czynnością trywialną.

Algorytm Suma-Kwadratów-Cyfr

---

 1  while  $((n<>4)$  and  $(n<>1))$ do
 2    $n:=$ suma kwadratów cyfr liczby $n$;

Algorytm 6174

---

// $n$ jest czterocyfrową liczbą naturalną niepodzielną przez 1111
// pierwszymi cyframi n mogą być zera
1  while (n<>6174) do begin
2    $n1:=$  największa liczba czterocyfrowa, której cyfry są permutacją cyfr liczby $n$;
3    $n2:=$ najmniejsza liczba czterocyfrowa, której  cyfry są permutacją cyfr liczby $n$;
4    $n:=n1-n2$
5  end

Algorytm Bez-Sensu

---

1 while $(n<>1)$ do
2    if $n$ parzyste then $n:=n{\mbox{ div }}2$
3    else $n:=3*n+1$;   

Pierwsze dwa algorytmy mają własność stopu. W pierwszym łatwo to sprawdzić, gdyż dla $n>100$ następna wartość jest istotnie mniejsza.

Pozostawiamy jako ćwiczenie znalezienie najkrótszego koncepcyjnie dowodu własności stopu obu algorytmów (nie chodzi nam tu o brutalny dowód polegający na sprawdzeniu wszystkich przypadków przez komputer).

Algorytm Bez-Sensu jest dosyć zagadkowy. Nie wiadomo, czy dla każdej dodatniej liczby całkowitej $n$ ma on własność stopu.

Złożoność algorytmów: siedem prostych przykładów

Poniżej dokonamy pobieżnej analizy złożoności obliczeniowej siedmiu algorytmów i wykażemy, że ich złożoności są lepsze od złożoności kwadratowej rozwiązań naiwnych. Dokładne analizy pozostawiamy jako ćwiczenia. Liczba siedem jest losowa - na przykład jest siedem dni w tygodniu, był taki film pt. Siedmiu wspaniałych, itp.

Przywódca ciągu

Przywódcą ciągu jest element, który występuje w ciągu więcej razy niż połowa długości tego ciągu. Naszym problemem jest policzenie przywódcy ciągu danego w tablicy $A[1..n]$. Dla uproszczenia przyjmijmy, że w tym ciągu jest przywódca. Łatwo zmodyfikować algorytm tak, by sprawdzał istnienie przywódcy.

Algorytm Liczenie-Przywódcy

---

 1  $ile:=0$;

 2  for i ${\displaystyle :=}$ 1 to n do
 3     if $(ile=0)$ then 
 4           $ile:=ile+1;j:=i$ 
 5     else if $(A[i]=A[j])$ then $ile:=ile+1;$ 
 6     else $ile:=ile-1$;

 7  return $A[j]$;

Przyspieszenie wynika z następującej własności problemu: jeśli mamy dwa różne elementy w tablicy, to możemy je usunąć i przywódca pozostanie taki sam.

Algorytm można zmodyfikować tak, aby w czasie liniowym liczył słabego przywódcę: element, który występuje w tablicy więcej niż $n/5$ razy. W tym przypadku potrzebne są cztery liczniki odpowiadające czterem kandydatom na słabego przywódcę. Algorytm liczy element, który jest kandydatem na słabego przywódcę (jeśli istnieje taki przywódca, to na pewno jest nim wyliczony element). Jeśli istnieje słaby przywódca i mamy pięć różnych elementów, to można je usunąć bez zmiany wyniku. Pozostawiamy napisanie odpowiedniego algorytmu jako ćwiczenie.

Problem można rozwiązać inaczej, sortując tablicę, wtedy mamy złożoność $O(nlogn)$. Podamy potem również rozwiązanie metodą "dziel i zwyciężaj".

<flash>file=przywodca_slaby.swf|width=520|height=270</flash>

W animacji kolorem żółtym na końcu jest zaznaczony licznik słabego przywódcy, a jego nazwa jest umieszczona w niebieskim kwadraciku.

====Szukanie sumy==== Mamy dane dwie tablice posortowane rosnąco $A,B$ i liczbę $x$, pytamy, czy istnieją $a\in A,\ b\in B$ takie, że $x=a+b$.

Algorytm Szukanie Sumy

---

1   $i:=1;j:=n;$

2   while $(i<=n$  and $j>0)$ do
3      if $(A[i]+B[j]=x)$ then return true; 
4      else if $(A[i]+B[j]<x)$ then $i:=i+1;$
5      else $j:=j-1$;

6   return false;

Przyspieszenie jest możliwe dzięki odpowiedniej kolejności sprawdzania $i,j$ i pominięciu zbędnych sprawdzeń.

==== Maksymalny segment ==== Dla tablicy $A[1..n]\,$ liczymy maksymalną wartość z zera i ze wszystkich liczb $\sum _{k=i}^{j}\ A[k]$, gdzie $1\leq i\leq j\leq n$.

Algorytm Maksymalny-Segment;

1   wynik := 0; sufiks := 0;

2   for i := 1 to n do 
3        sufiks := max(A[i]+sufiks,0); wynik := max(wynik,sufiks);

Przyspieszenie w stosunku do algorytmu kwadratowego następuje dzięki wprowadzeniu dodatkowej zmiennej sufiks. Po każdym zakończeniu pętli "for" zachodzi: wynik jest maksymalną sumą przedziału zawierającego się w $[1..i]$ oraz sufiks jest maksymalną sumą segmentu który jest sufiksem przedziału $[1..i]$.

Najbliższy mniejszy sąsiad z lewej strony

Dla każdego $i>1$ zdefiniujmy najbliższego mniejszego sąsiada $i$ jako $Lewy[i]=max\{j<i:A[j]<A[i]\}$. Dla uproszczenia zakładamy, że $A[i]>0$ dla $i>0$ oraz $A[0]=0$.

Algorytm Najbliższy-Mniejszy-Sąsiad

---

1  for $i:=1$ to n do 
2    $j:=i-1;$
3    while $(A[j]>=A[i])$ do $j:=Lewy[j];$
4    $Lewy[i]:=j;$

Przyspieszenie, w stosunku do algorytmu naiwnego, następuje dzięki temu, że nie ma potrzeby sprawdzania tablicy dla indeksów istotnie wewnątrz przedziału $[Lewy[i-1]...(i-1)]$. Niech $k_{i}$ będzie liczbą tych $j$, dla których $A[j]>=A[i]$ (w wierszu 3). Wystarczy pokazać, że suma wszystkich $k_{i}$ jest liniowa ze względu na n. Może się zdarzyć, że niektóre $k_{i}$ mają wartość liniową. Zauważmy jednak, że dany indeks $j$ pojawia się co najwyżej raz w sytuacji, gdy $A[j]>=A[i]$, potem będzie "przeskoczony".

Najdłuższy malejący podciąg

Niech $A[1],A[2],\ldots A[n]$ będzie ciągiem dodatnich liczb. Następujący algorytm oblicza długość najdłuższego malejącego podciągu (w kolejności od lewej do prawej strony).

Algorytm Najdłuższy-Malejący

---

1  $wynik:=1;$

2  for $i:=1$ to n do
 
3     $x:=A[i];A[i]:=0;$
4     $k:=min\{j\leq i:x\geq A[j]\};$ 
5     $A[k]:=x$; $wynik:=max(k,wynik);$    

Poprawność algorytmu nie jest całkowicie oczywista, uzasadnienie można znależć w rozwiązaniu stosownego zadania (patrz Ćwiczenia). Jeśli wejściem jest [5,2,1,3,7] to w momencie gdy algorytm kończy obliczenia tablica A jest równa [7,3,1,0,0]. Zauważmy, że [7,3,1] wcale nie jest podciągiem (w kierunku od lewej do prawej strony) tablicy wejściowej. Tym niemniej wynik jest poprawny.

Złożoność alorytmu istotnie zależy od implementacji instrukcji:

$k:=min\{j:x\geq A[j]\}$.

Ponieważ wszystko się odbywa w tablicy, możemy minimum policzyć łatwo w czasie logarytmicznym stosując szukanie binarne w posortowanej tablicy (segment tablicy $A[1..i]$ jest posortowany). Zatem całkowity koszt algorytm jest $O(n\log n)$ przy dosyć prostej implementacji.

Algorytm może, po niewielkim dodatkowym wysiłku procesora, podać najdłuższy malejący podciąg, albo też rozkład na minimalną liczbę podciągów niemalejących. Nie jest jasne, jak policzyć leksykograficznie minimalny i leksykograficznie maksymalny podciąg malejący o długości $k$, gdzie $k$ jest wynikiem powyższego algorytmu. Możemy się też zastanowić nad efektywnym algorytmem znajdowania liczby wszystkich takich ciągów długości $k$.

Proste Pakowanie

Załóżmy, że mamy n pudełek, każde o rozmiarze R, oraz n przedmiotów o rozmiarach $R\geq r[1]\geq r[2]\ldots \geq r[n]$. Mamy włożyć przedmioty do pudełek, co najwyżej dwa do jednego pudełka. Pozostawiamy jako ćwiczenie analizę następującego algorytmu, który oblicza minimalną liczbę pudełek do zapełnienia.

Algorytm Proste-Pakowanie

---

1  $wynik:=n;$

2  for $i:=1$ to n do
3    if $(i<wynik$  and $r[i]+r[wynik]<=R)$   $wynik:=wynik-1;$

<flash>file=Klocki.swf|width=450|height=250</flash>

Naiwne wersje powyższych sześciu algorytmów działają w czasie kwadratowym. W każdym z tych algorytmów bardzo proste spostrzeżenia prowadzą do algorytmów lepszych niż kwadratowe. Podamy jeszcze jeden bardzo krótki ciekawy algorytm (chociaż bez żadnego widocznego zastosowania praktycznego).

Permutacje wagowe

Rozważmy wagę szalkową, na której początkowo obie szalki są puste. Mamy do dyspozycji odważniki o numerach $1,2,\ldots ,n$. Waga i-tego odważnika wynosi $a_{i}$ i wagi są parami różne. Dla danej permutacji $\Pi$ numerów odważników będziemy je wkładać na wagę zgodnie z permutacją. Kładziemy kolejno odważniki w kolejności $\Pi$ na lewą lub prawa szalkę, raz położony odważnik nie zmienia już nigdy swego położenia na szalce (wybór szalki jest niedeterministyczny). Otrzymujemy ciąg wyników ważenia: +1, gdy lewa szalka przeważa, a -1 w przeciwnym wypadku. Ciąg ten oznaczamy przez Input. Mówimy, że permutacja $\Pi$ jest zgodna z ciągiem wyników ważeń, danych tablicą Input. Zajmiemy się problemem: dany jest na wejściu ciąg Input wyników ważeń i mamy znaleźć jakąkolwiek permutację $\Pi$ zgodną z ciągiem Input. Takich permutacji może być wiele. Zauważmy, że liczba permutacji wynosi n!, a liczba ciągów wyników ważeń wynosi $2^{n}$, co jest liczbą znacznie mniejszą.
Następujący algorytm znajduje pewną permutację zgodną Input. Zakładamy, że

$a_{1}<a_{2}<a_{3}<\ldots a_{n}.$

Algorytm Permutacja-Wagowa

---

1  $p:=1;q:=n;$
2  for  $i:=n$ downto $1$ do
3     if $(i>1)$ and $(Input[i-1]\neq Input[i])$ then
4       $Wynik[i]:=q;q:=q-1;$
5     else  
6         $Wynik[i]:=p;p:=p+1$;

Jeśli $Input$ = [+1,+1,+1,-1,-1,-1,+1,+1,-1], to $Wynik$ = [6, 5, 4, 7, 3, 2, 8, 1, 9]. Ciąg $Input$ jest zrealizowany przez następujący ciąg wyborów wkładania kolejnego odważnika:

L P L P P L L P P,

gdzie L oznacza połóż na lewą szalkę, P na prawą.

Nie jest jasne, jak policzyć efektywnie liczbę wszystkich permutacji zgodnych z danym ciągiem wyników, albo znaleźć jakąś szczególną permutację, np. leksykograficznie pierwszą lub ostatnią. Co będzie jeśli tablica $Input$ zawiera również zera (wagi szalek są równe)? Wtedy nie każdy ciąg $Input$ jest realizowalny. Jak to można efektywnie sprawdzać?

Koszt zamortyzowany

Jeśli mamy ciąg operacji $op_{1},op_{2},\ldots ,op_{n}$, to koszt zamortyzowany jednej z nich jest sumarycznym kosztem wykonania wszystkich operacji podzielonym przez liczbę operacji. Inaczej mówiąc jest to, dla danego ciągu operacji, "średni" koszt jednej z nich. Zauważmy, że nie mówimy tu nic o prawdopodobieństwie - model jest deterministyczny. Na przykład w algorytmie Najbliższy-Mniejszy-Sąsiad rozważmy ciąg operacji

$op_{i}$: while $(A[j]>=A[i])\ j=Lewy[j]$

Koszt pojedynczej operacji może być liniowy, również sumaryczny koszt ciągu tych operacji $op_{1},op_{2},\ldots ,op_{n}$ jest liniowy. Zatem pesymistyczny koszt jednej operacji jest tutaj liniowy, natomiast zamortyzowany koszt jednej operacji jest ograniczony przez stałą. W tym przypadku wiemy, że każde sprawdzenie $A[j]>=A[i])$ z wynikiem negatywnym odbywa się tylko raz dla danej wartości $j$. Możemy powiedzieć, że księgujemy koszt operacji elementom $j$ o tej własności. Nieformalna metoda księgowania kosztów polega na rozdzielaniu (księgowaniu) kosztu, a następnie szacowaniu sumarycznej złożoności poprzez sumowanie wszystkich zaksięgowanych kosztów. Operacje pożyczają w pewnym sensie fundusze na pokrycie kosztów z różnych źródeł. Metoda ta będzie wykorzystana do analizy algorytmu dla interesującego problemu Find-Union.

Typowym przykładem liczenia kosztu w sposób zamortyzowany jest analiza generacji reprezentacji binarnych kolejnych liczb naturalnych od 0 do $2^{n}-1$ przez dodawanie jedynki. W jednym kroku zastępujemy najdłuższy ciąg jedynek od końca zerami, następnie wstawiamy jedną jedynkę. Ponieważ w sumie wstawiliśmy $2^{n}-1$ jedynek w ciągu $2^{n}-1$ operacji, to zamortyzowana liczba operacji zamiany zera na jedynkę wynosi 1.

Zasada magazynu. W ostatnim przykładzie możemy powiedzieć, że analizowaliśmy koszt tzw. metodą magazynu. W każdej operacji koszt jest proporcjonalny do liczby przedmiotów włożonych do magazynu lub do liczby przedmiotów wyjętych z magazynu. Magazyn początkowo jest pusty. Wtedy całkowity koszt jest proporcjonalny do liczby przedmiotów włożonych. W przypadku generowania liczb binarnych do magazynu wkładamy nowe jedynki, a wyjmujemy te jedynki, które zamieniamy na zera.

Potencjał - Fundusz Ubezpieczeń Kosztów Algorytmicznych

Metodę magazynu można uogólnić na tzw. metodę potencjału. Niech $\Phi _{i}$ będzie pewną liczbą naturalną (włączając zero) odpowiadającą potencjałowi po wykonaniu $i$-tej operacji. Wyglądałoby to mniej tajemniczo, gdybyśmy zamiast $\Phi (i)$ pisali $Bilans(i)$.

Niech $koszt(i)$ będzie rzeczywistym kosztem wykonania i-tej operacji.

Zakładamy, że potencjał jest początkowo zero, nigdy nie jest ujemny oraz że:

$\Phi _{i}=\Phi _{i-1}+wplata(i)-wyplata(i)$ oraz $koszt(i)\leq wyplata(i)$.

Wtedy całkowity koszt jest tego samego rzędu co $\sum wplata(i)$. W naszych poprzednich przykładach rozmiar magazynu jest w tym sensie potencjałem.

Można powiedzieć obrazowo że potencjał jest kapitałem Funduszu Ubezpieczeń Kosztów Algorytmicznych. Jeśli wszystkie wpłaty są takie same, to koszt zamortyzowany jednej operacji jest wpłatą (składką), którą ta operacja wpłaca do funduszu.

Operacja najpierw wpłaca swoją składkę, a następnie pobiera z funduszu tyle, żeby proporcjonalnie (być może z dokładnością do stałego współczynnika) zapłacić za swój koszt wykonania.

Dzięki temu, że wiele operacji pobiera z funduszu znacznie mniej niż wpłaca, niektóre operacje mogą jednorazowo pobrać dużą kwotę, którą płacą za koszt wykonania. Istotne jest jedynie, żeby Fundusz nie zbankrutował i kapitał nie zszedł poniżej zera. Możliwa jest również sytuacja, gdy Fundusz startuje z kapitałem początkowym. Wtedy kapitał ten wlicza się do całkowitego kosztu algorytmu, który się dodaje do sumy składek.

Rozważmy przykłady ilustrujące wykorzystanie potencjału. Najistotniejsze jest określenie składek.

Tablica dynamiczna

Przypuśćmy, że mamy dynamiczną tablicę. W każdym momencie wiemy, ile elementów w tablicy jest aktywnych, elementy nieaktywne zaznaczamy. W każdej operacji, jeśli liczba elementów nieaktywnych jest mniejsza od ${\frac {1}{4}}$ wielkości tablicy, to tworzymy tablicę dwa razy mniejszą i tam przepisujemy elementy aktywne. Starą tablicę zwalniamy. W przeciwnym wypadku jeśli chcemy dodać element, który spowoduje przepełnienie tablicy, to całą tablicę kopiujemy do tablicy dwa razy większej. Początkowo tablica ma rozmiar 1. Zakładamy, że operacją dominującą jest kopiowanie aktywnego elementu do nowej tablicy. Jeśli mamy $n$ operacji, to całkowity koszt kopiowania jest liniowy. Wystarczy w każdej operacji dać składkę 4 jednostek do Funduszu (potencjału). Wtedy koszt jednej dużej operacji przepisywania zamortyzuje się zmianą potencjału.

Zastąpienie kolejki dwoma stosami

Jedną kolejkę Q można zastąpić dwoma stosami $S1,\ S2$. Jeśli pierwszy element stosu lub kolejki w reprezentacji poziomej jest w ciągu na pierwszej pozycji (tzn. pobieramy $e_{1}$, stawiamy za $e_{n}$), oraz $Q=(e_{1},e_{2},..,e_{k})$, to dla pewnego $j$ mamy:

$S1=(e_{n},e_{n-1},...,e_{j}),\ S2=(e_{1},e_{2},...,e_{j-1})$.

Inaczej mówiąc, pierwszy element kolejki jest na wierzchołku drugiego stosu, a ostatni element kolejki jest na wierzchołku pierwszego stosu.

Operacja wstawiania do Q odpowiada wstawieniu elementu do $S1$, operacja pobrania z Q odpowiada pobraniu elementu z S2 z tym, że jeśli $S2$ jest pusty, to przepisujemy najpierw wszystkie elementy z S1 do S2. Niech operacją dominującą będzie jedna operacja stosowa (wstawienie lub pobranie pojedynczego elementu ze stosu). Wtedy ciąg $n$ operacji kolejkowych, startujących od pustej kolejki, ma koszt liniowy w tej implementacji. Wystarczy, że każda operacja wkłada do Funduszu składkę 3 jednostek. Dowód tego pozostawiamy jako ćwiczenie.

Zastąpienie kolejki dwustronnej trzema stosami

Rozważmy podobny problem z tym, że nasza kolejka jest dwustronna, możemy wkładać i pobierać element z każdego z dwóch końców kolejki. Wtedy możemy taką kolejkę zastąpić trzema stosami tak, że teraz również każda operacja kolejkowa będzie mieć zamortyzowany koszt stały. Elementy kolejki trzymamy w dwóch stosach S1, S2 tak, jak poprzednio. Niezmiennikiem jest to, że oba stosy są niepuste, lub mają w sumie co najwyżej jeden element. Zapewniamy zachodzenie niezmiennika wykorzystując trzeci stos. W momencie, gdy jeden ze stosów ma więcej niż jeden element, a drugi jest pusty, korzystając z trzeciego stosu, doprowadzamy do reprezentacji aktualnej kolejki przez stosy S1 i S2 tak, aby miały one tę samą liczbę elementów (z dokładnością do 1). Pozostawiamy jako ćwiczenie dowód (metodą potencjału) tego, że zamortyzowany koszt jest stały.