LSM-Tree笔记

假设Level 0为内存中的Buffer，容量为 $B$，层与层之间的条目数量差 $T$ 倍

Tiered

• Level 1共有 $T$ 个runs，每个run的容量均为 $B$
• Level 2共有 $T$ 个runs，每个run的容量均为 $T\cdot B$
• Level n共有 $T$ 个runs，每个run的容量均为 $T^{n-1}\cdot B$

合并的过程：当Level 0满时，层内排序后写入Level 1。若Level 1此刻也满了，将整个Level 1归并排序后写入Level 2

合并的触发时机： 新的run加入后level满容量时（即runs的数量达到上限时）

操作代价

point query

$O(L\cdot T\cdot e^{-\frac{M_{filters}}{N}})$，其中 $L$ 为层数，$e^{-\frac{M_{filters}}{N}}$ 是假阳率
解释：每层有 $T$ 个runs，runs之间范围可能重合，因此每个run都要读取，而每个run通过读取栅栏指针来确定目标Key所在的页面，因此每个run最多涉及2次I/O，也就是 $O(1)$。布隆过滤器帮助减少一次I/O

update

$O(\frac{L}{P})$，其中 $P$ 表示一个页面能够存储的条目数量
解释：一个被更新的条目从Level 0到与最后一层的旧条目合并，共经历了 $L$ 次复制（读取、写回），但每次I/O共有 $P$ 个条目，因此可以均摊

Leveled

• Level 1共有 1 个run，容量为 $T\cdot B$
• Level 2共有 1 个run，容量为 $T^2\cdot B$
• Level n共有 1 个run，容量为 $T^n\cdot B$

合并的过程：当Level 0满时，与Level 1进行层间归并排序后写入Level 1，若Level 1此刻也满了，继续将Level 1和Level 2归并排序

合并的触发时机： 上一层满时

操作代价

point query

$(L\cdot e^{-\frac{M_{filters}}{N}})$
解释：每层只有 1 个run

update

$O(\frac{T\cdot L}{P})$
解释：每层的run会在与上一层合并 $T$ 次后满，而每次合并都会产生复制

示意图