在我眼里，这就是天才般的算法！

你好呀，我是歪歪。

五年前，我写了一篇关于平滑加权轮询负载均衡策略的算法。

那是我第一次接触到平滑加权轮询负载均衡策略，最后结果呈现出"平滑"的轮询效果之后，我感觉非常厉害。

但是，在当年的文章中有这样的一句话：

我想了很久，我还是不知道背后的数学原理是什么。

由于印象过于深刻，所以五年过去了，关于这个问题，不能说日思夜想吧，但也是念念不忘。

最近一次这个问题再次浮现在脑海中的时候，我决定再次对这个问题发起冲锋。

在参考资料以及 DeepSeek 的加持下，这次终于算是"知其然，也知其所以然"了。

不平滑的加权轮询

在说平滑的加权轮询之前，我们还是得用两三句话简单铺垫一下啥是不平衡的加权轮询，方便后面对比。

举个例子。

假设 A，B，C 三台服务器的权重分别为 5:1:1。

如果是不平滑的加权轮询，最终的执行顺序会是这样的：

会连续选择出权重高的节点，主打一个忙的忙死，闲的闲死。

这样就显得不平滑。

平滑的加权轮询

如果是平滑的加权轮询，它的处理请求的过程是这样的：

假设每个节点有两个权重：

一个是配置的 weight，不会变化。
一个是 currentWeight 会动态调整，初始值为 0。

每次请求进来，选择节点的时候，按照以下三步执行：

遍历节点列表，让每个节点的 currentWeight 都加上自身权重。
然后所有节点中，谁的 currentWeight 最大，谁就会被选中。
被选中后，将选中节点的 currentWeight 减去权重总和。

上面的逻辑非常简单。

接下来我就配合大量的图片，带着你一步步的推演一下这个过程。

还是以 A:B:C=5:1:1 为例。

我们回到这句话中：

markdown 复制代码

假设每个节点有两个权重：
*   一个是配置的 weight，不会变化。
*   一个是 currentWeight 会动态调整，初始值为 0。

那么最开始，这三个节点，每个节点：

配置的 weight 为 A:B:C=5:1:1。
currentWeight 为 A:B:C=0:0:0。

第一次请求

第一次请求进来了，第一步会干啥？

遍历节点列表，让每个节点的 currentWeight 都加上自身权重。

所以，此时 currentWeight 从 A:B:C=0:0:0 变成 A:B:C=5:1:1。

紧接着干啥？

然后所有节点中，谁的 currentWeight 最大，谁就会被选中。

那肯定是 A 的 currentWeight 最大，因为它是 5，另外两个都是 1。

所以，第一次请求，会让 A 节点来处理。

但是，别忘了，还有关键的一步：

被选中后，将选中节点的 currentWeight 减去权重总和。

由于 A 被选中了，所以它的 currentWeight= 5-7=-2。

其中的 7 是 A、B、C 的总权重。

所以，第一次请求过后。

每个节点的 currentWeight 为 A:B:C=-2:1:1。

按照上面的描述，我们画个步骤图：

如果只看最后结果，就是这样的：

第二次请求

第一次请求结束后，调整之后的 currentWeight 是 A:B:C=-2:1:1。

现在第二次请求进来了，第一步会干啥？

遍历节点列表，让每个节点的 currentWeight 都加上自身权重。

所以：

A 的 currentWeight=-2+5=3
B 的 currentWeight=1+1=2
C 的 currentWeight=1+1=2

还是 A 的 currentWeight 权重最高，第二次还是 A 来处理这个请求。

由于 A 被选中了，所以它的 currentWeight= 3-7=-4。

此时，每个节点的 currentWeight 为 A:B:C=-4:2:2。

按照上面的描述，我们再画个步骤图：

因此，第二次请求完成之后，整个结果图是这样的：

后面的内容哪怕你跳着看都行，但是在这一步，你必须要明白第二次请求的这两组数字是怎么来的：

A:B:C=3:2:2
A:B:C=-4:2:2

第二次请求搞明白了，后面的请求就是依葫芦画瓢了。

第三次请求

第二次请求结束后，调整之后的 currentWeight 是 A:B:C=-4:2:2。

现在第三次请求进来了，第一步会干啥？

老规矩：

遍历节点列表，让每个节点的 currentWeight 都加上自身权重。

所以：

A 的 currentWeight=-4+5=1
B 的 currentWeight=2+1=3
C 的 currentWeight=2+1=3

这个时候，B、C 的权重都是 3，都最高，怎么办？

按照顺序来，就行。

选择 B。

由于 B 被选中了，所以它的 currentWeight= 3-7=-4。

此时，每个节点的 currentWeight 为 A:B:C=1:-4:3。

第三次请求，对应的步骤图是这样的：

对应的最终结果图是这样的：

第四次请求

前面已经手摸手教学了三次了，后面的步骤就不详细描述了，直接上图了：

对应的最终结果图是这样的：

第五次请求

步骤图：

对应的最终结果图是这样的：

第六次请求

步骤图：

对应的最终结果图是这样的：

第七次请求

步骤图：

对应的最终结果图是这样的：

第八次请求

我知道你现在可能正在地铁上、公交上，也可能正在走路，在去上班的路上，或者是刚到公司正式开工之前准备摸一会鱼。

反正，不是一个沉浸式的学习场景，所以我画的这么多图，你可能是没有仔细看的，很快就滑到了这里。

没关系，不重要。

但是这第八步，很重要，是转折点，必须要认真看。

这是第八次的步骤图：

这是第八次请求完成后的最终的结果图：

你看第八次请求之后的结果，和第一次请求之后的结果，一模一样。

这是什么，朋友？

这是闭环了呀，朋友。

前七次被选中的节点顺序为：

A->A->B->A->C->A->A

现在，闭环了，那后面的请求都会按照这个顺序去执行。

每七次请求，严格符合 A:B:C=5:1:1 的权重。

而且，不会出现连续把请求都发给 A 的情况。

对比一下就很明显了：

你说这个是不是显得平滑了很多。

功能确实实现了，但是...

关键就是这个但是。

但是，为什么？

经过上面的这一系列操作，它为什么就闭环了？

当年，我想了很久，我还是不知道背后的数学原理是什么。

反正就是隐隐约约觉得会闭环，但是你让我明明白白的描述出来为什么，我还真是说不出来。

我知道它能工作，但是不能证明它为什么能工作。所以，在我这个数学学渣面前，我觉得它是天才般的算法。

数学之美

现在，我要用数学的理论来证明，它确实是合理的。

这部分的内容，有一个非常重要的参考链接：

tenfy.cn/2018/11/12/...

在这个链接里面，作者分别从"证明权重合理性"和"证明平滑性"这两个角度，论证了平滑加权轮询算法。

但是，有些步骤写的很简略，缺少进一步解释。且存在一些跳过简单步骤，直接用"不难得出"一笔带过的情况。

我又是一个数学不太好的娃儿，所以理解起来稍微有点费劲。

幸好有 DeepSeek 可以给我补充一下，我才算是理解了整个过程。

也是因此，才有了这篇文章。

下面的这部分，看起来非常非常"打脑壳"，环境嘈杂、心神不定、心浮气躁的情况下，不建议看。看到数学符号就不舒服的，也不建议看。

证明权重合理性

首先，我们先证明权重合理性。

翻译过来就是要证明：在一轮循环过后，一个节点被选中的次数等于它的权重。

用数学的语言来表示就是：假设第 i 个节点，它的权重是 $x i x_i$ xi，在一轮循环内，它最多被选中 $m i m_i$ mi 次。

证明权重合理性就是要证明：

$x i = m i x_i=m_i$ xi=mi

接下来我们开始证明。

假如有 n 个节点，记第 i 个节点的权重是 $x i x_i$ xi。

设总权重为：

$S = x 1 + x 2 + ... + x n S=x_1 + x_2 + ... + x_n$ S=x1+x2+...+xn

前面介绍了，平滑加权的过程选择分两步：

第 1 步：遍历节点列表，让每个节点的 currentWeight 都加上自身权重。
第 2 步：将选中节点的 currentWeight 减去权重总和。

所以，n 个节点的初始化值为 $0, 0, ..., 0$ ，数组长度为 n，值都为 0。

第一轮选择的第 1 步执行后，数组的值为 $x 1 x_1$ 。

假设第 1 步后，最大的节点为 j，则第 2 步就是节点 j 减去 S。

所以第 2 步之后的数组为 $x 1 x_1$ 。

执行完第 2 步后，数组的和为： $x 1 + x 2 + ... + x j − S + ... + x n x_1 + x_2 + ... + x_j-S + ... + x_n$ x1+x2+...+xj−S+...+xn

把上面的 "-S" 移到最后： $x 1 + x 2 + ... + x j + ... + x n − S x_1 + x_2 + ... + x_j + ... + x_n-S$ x1+x2+...+xj+...+xn−S

而前面我们说了： $S = x 1 + x 2 + ... + x n S=x_1 + x_2 + ... + x_n$ S=x1+x2+...+xn

所以：

$x 1 + x 2 + ... + x j − S + ... + x n = x_1 + x_2 + ... + x_j-S + ... + x_n =$ x1+x2+...+xj−S+...+xn= $x 1 + x 2 + ... + x j + ... + x n − S = x_1 + x_2 + ... + x_j + ... + x_n - S =$ x1+x2+...+xj+...+xn−S= $= S − S =S - S$ =S−S $= 0 = 0$ =0

由此可得，每轮选择完后的数组总和都为 0。

这一点，我们从前面的图片中也能得到证实。

你看我标准了颜色的部分，每次选择完成后，三个数字之和恒等于 0：

假设总共执行 S 轮选择，记第 i 个节点选择了 $m i m_i$ mi 次，第 i 个节点的当前权重（currentWeight）为 $w i w_i$ wi。

假设节点 j 在第 t 轮 (t < S) 之前，已经被选择了 $x j x_j$ xj 次（即节点 j 权重的次数），记此时第 j 个节点的当前权重为 $w j w_j$ wj。

不难得出：

$w j = t ∗ x j − x j ∗ S w_j = t * x_j - x_j * S$ wj=t∗xj−xj∗S

等等...

上面这个"不难得出"的公式，是怎么来的？

我给你盘一下。

每一轮不管节点 j 是否被选中，都会加上它自己的权重，即 $x j x_j$ xj。

那么 t 轮之后，它的权重总共加了 $t ∗ x j t * x_j$ t∗xj 这么多。

而在我们的假设中：节点 j 在第 t 轮 (t < S) 之前，已经被选择了 $x j x_j$ xj 次。

每次被选中，会减去总权重 S，那就是 $x j ∗ S x_j * S$ xj∗S。

所以，第 j 个节点的当前权重为

$w j = t ∗ x j − x j ∗ S w_j = t * x_j - x_j * S$ wj=t∗xj−xj∗S

即：

$w j = ( t − S ) ∗ x j w_j = (t - S) * x_j$ wj=(t−S)∗xj

又因为 t 恒小于 S，所以 t - S < 0。

又因为 $x j x_j$ xj 是大于 0（权重为正数），所以， $w j < 0 w_j < 0$ wj<0。

前面假设了总共执行 S 轮选择，t 轮之后，则剩下 S-t 轮。

前面已经证得：

$w j < 0 w_j < 0$ wj<0

那么在剩余的 S-t 轮中，每轮节点 j 都会增加其权重 $x j x_j$ xj（第一步操作）。

因此，在剩余的轮次中，节点 j 的权重将增加 $( S − t ) ∗ x j (S - t) * x_j$ (S−t)∗xj

在 S 轮全部结束后，节点 j 的权重为：

$( t − S ) ∗ x j + ( S − t ) ∗ x j = 0 (t - S) * x_j + (S - t) * x_j = 0$ (t−S)∗xj+(S−t)∗xj=0

由于节点 j 可以是任何一个节点，即 S 轮结束后，每个节点的权重都为 0。

这也符合前面我们证得的：每轮后权重总和为 0 的性质。

同时，从前面的图片中也能得到呼应：

现在，我们回到这里：

前面假设了总共执行 S 轮选择，t 轮之后，则剩下 S-t 轮。

由于我们前面证得了 S 轮结束后，节点 j 的权重为：

$( t − S ) ∗ x j + ( S − t ) ∗ x j = 0 (t - S) * x_j + (S - t) * x_j = 0$ (t−S)∗xj+(S−t)∗xj=0

所以在剩下的 S-t 选择中，wj 的值从 $( t − S ) ∗ x j < 0 (t - S) * x_j < 0$ (t−S)∗xj<0 开始，每轮增加 $x j x_j$ xj，逐渐趋近于 0，但直到最后一轮才达到 0。

因此，在剩余轮次中的任何时刻，节点 j 的权重 $w j w_j$ wj 都小于或等于 0（只有在最后一轮结束时才等于 0）。

又因为，前面已经证明的"任何一轮选择后，数组总和都为 0"这个结论。

所以，在剩余轮次中的任何时刻，由于节点 j 的权重 $w j w_j$ wj 都小于或等于 0，则必定存在一个节点 k 使得 $w k > 0 w_k > 0$ wk>0。

因此，剩余轮次中永远不会再选中 j 节点。

这一点，在图片中同样可以验证：

B、C 节点，在被选中之后，在剩余轮次中的任何时刻，权重都小于 0，只有在最后一轮（即第七次请求）结束时才等于 0。且它们在剩余轮次中都不会被选中了。

好，回到我们的证明中。

因为我们前面假设的是：

假设总共执行 S 轮选择，记第 i 个节点选择了 $m i m_i$ mi 次。
又假设节点 j 在第 t 轮 (t < S) 之前，已经被选择了 $x j x_j$ xj 次（即节点 j 权重的次数）。

综上，可以得出，第 i 个节点最多被选中 xi 次，即：

$m i < = x i m_i <= x_i$ mi<=xi

$m i m_i$ mi 是选中的次数， $x i x_i$ xi 是 i 节点的权重。

因为：

$S = m 1 + m 2 + ... + m n S = m1 + m2 + ... + mn$ S=m1+m2+...+mn $S = x 1 + x 2 + ... + x n S = x1 + x2 + ... + xn$ S=x1+x2+...+xn

所以，可以得出 $m i = x i m_i=x_i$ mi=xi，它和 $m i < = x i m_i <= x_i$ mi<=xi 并不冲突。

但是还记得我们要证明的是什么吗？

用数学的语言来表示就是：假设第 i 个节点，它的权重是 $x i x_i$ xi，在一轮循环内，它最多被选中 $m i m_i$ mi 次。

证明权重合理性就是要证明：

$x i = m i x_i=m_i$ xi=mi

现在我们证明了 $m i < = x i m_i <= x_i$ mi<=xi，还多出了 $m i < x i m_i < x_i$ mi<xi 这部分。

这里来个反证法。

如果任何一个 $m i m_i$ mi 小于 $x i x_i$ xi，则至少有一个其他的节点 k，对应的 $m k m_k$ mk 必须大于 $x k x_k$ xk，才能保持下面这个公式相等：

$S = m 1 + m 2 + ... + m n S = m1 + m2 + ... + mn$ S=m1+m2+...+mn $S = x 1 + x 2 + ... + x n S = x1 + x2 + ... + xn$ S=x1+x2+...+xn

但我们已经证得了 $m i < = x i m_i <= x_i$ mi<=xi， $m k > x k m_k > x_k$ mk>xk 与之矛盾。

因此，唯一的可能性就是，对于所有的节点 i 来说：

$x i = m i x_i=m_i$ xi=mi

权重合理性，证明完毕！

证明平滑性

接下来证明平滑性。

要证明平滑性，只要证明不是一直连续选择同一个节点即可。

跟上面一样，假设总权重为 S，假如某个节点 i 连续选择了 $t ( t < x i ) t(t < x_i)$ t(t<xi) 次，只要存在下一次选择的不是 i ，即可证明是平滑的。

假设 $t = x i − 1 t = x_i - 1$ t=xi−1，即它还差一次就到了最大被选中次数了。

此是第 i 个节点的当前权重为 $w i w_i$ wi。

不难得出：

$w i = t ∗ x i − t ∗ S w_i= t * x_i - t * S$ wi=t∗xi−t∗S

这个不难得出就不展开讲了，前面证明权重合理性的时候已经"不难得出"过了。

代入：

$t = x i − 1 t = x_i - 1$ t=xi−1

即：

$w i = t ∗ x i − t ∗ S = w_i=t * x_i - t * S =$ wi=t∗xi−t∗S= $( x i − 1 ) ∗ x i − ( x i − 1 ) ∗ S (x_i - 1) * x_i - (x_i - 1) * S$ (xi−1)∗xi−(xi−1)∗S

前面介绍了，平滑加权的过程选择分两步：

第 1 步：遍历节点列表，让每个节点的 currentWeight 都加上自身权重。
第 2 步：将选中节点的 currentWeight 减去权重总和。

接下来，证明下一轮的第 1 步执行完的值 $w i + x i w_i+x_i$ wi+xi 不是最大的即可。

代入前面算出的 $w i w_i$ wi：

$w i + x i = w_i+x_i=$ wi+xi= $( x i − 1 ) ∗ x i − ( x i − 1 ) ∗ S + x i = (x_i - 1) * x_i - (x_i - 1) * S+ x_i=$ (xi−1)∗xi−(xi−1)∗S+xi= $x i 2 − x i ∗ S + S = x_i²-x_i*S+S=$ xi2−xi∗S+S= $( x i − 1 ) ∗ ( x i − S ) + x i (x_i-1)*(x_i-S)+x_i$ (xi−1)∗(xi−S)+xi

因为 $x i x_i$ xi 恒小于 S，除去 i 节点外，其他节点的权重之和至少为 1 ，所以：

$x i − S < = − 1 x_i-S<=-1$ xi−S<=−1

代入上面：

$( x i − 1 ) ∗ ( x i − S ) + x i < = (x_i-1)*(x_i-S)+x_i<=$ (xi−1)∗(xi−S)+xi<= $( x i − 1 ) ∗ − 1 + x i = (x_i-1)*-1+x_i=$ (xi−1)∗−1+xi= $− x i + 1 + x i = 1 -x_i+1+x_i=1$ −xi+1+xi=1

所以，第 t 轮后，对于 i 节点，在执行完第 1 步后的当前权重值为：

$w i + x i < = 1 w_i + x_i <= 1$ wi+xi<=1

如果这 t 轮刚好是最开始的 t 轮，即，从第 1 轮到第 t 轮，节点 i 都被选中。

此时，必定存在另一个节点 j 的当前权重值为 $x j ∗ t x_j*t$ xj∗t

节点 j 在执行完第 1 步后的当前权重值就变成了：

$x j ∗ t + x j = x j ( t + 1 ) x_j*t+x_j=x_j(t+1)$ xj∗t+xj=xj(t+1)

由于：

$x j > = 1 ， t > = 1 x_j>=1，t>=1$ xj>=1，t>=1

所以：

$x j ( t + 1 ) > = 1 ∗ ( 1 + 1 ) = 2 x_j(t+1)>=1*(1+1)=2$ xj(t+1)>=1∗(1+1)=2

因此，节点 j 的权重，至少为 2，而节点 i 的权重至多为 1。

所以，节点 j 的权重大于节点 i 的权重，节点 i 不会被选中。