【LeetCode 热题 100】155. 最小栈
Problem: 155. 最小栈
设计一个支持 push ，pop ，top 操作，并能在常数时间内检索到最小元素的栈。
实现 MinStack 类:
MinStack() 初始化堆栈对象。
void push(int val) 将元素val推入堆栈。
void pop() 删除堆栈顶部的元素。
int top() 获取堆栈顶部的元素。
int getMin() 获取堆栈中的最小元素。
文章目录
- 整体思路
- 完整代码
- 时空复杂度
- 时间复杂度：O(1)
- 空间复杂度：O(N)
整体思路
这段代码旨在实现一个经典的特殊数据结构：最小栈 (Min Stack)。这个数据结构除了支持常规栈的 push、pop 和 top 操作外，还必须支持一个 getMin 操作，该操作能够以 常数时间 O(1) 返回栈中当前的最小元素。
该算法的核心思想是，不只在栈中存储元素值本身，而是 将每个元素与其“当时”的栈内最小值绑定在一起存储。
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数据结构选择：
- 算法选择了一个双端队列
Deque<int[]>并将其用作栈。 - 关键在于，栈中存储的不是单个整数，而是一个大小为 2 的整型数组
int[]。这个数组被设计成一个元组（pair）：{value, current_minimum}。pair[0]存储的是被push进栈的实际值val。pair[1]存储的是当这个val被压入时，栈内所有元素（包括val）的最小值。
- 算法选择了一个双端队列
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核心操作逻辑：
push(val): 当一个新值val被推入栈时，算法会创建一个新的元组。新元组的第二部分（current_minimum）通过比较val和 上一个状态的最小值（即当前栈顶元组的第二部分getMin()）来确定。这样，每个层级的栈都“知道”自己及以下所有元素的最小值。getMin(): 由于每个状态都保存了到它为止的最小值，获取整个栈的最小值就变得非常简单：只需查看当前栈顶元组的第二部分st.peek()[1]即可。这是一个 O(1) 操作。top(): 获取栈顶元素的值，同样只需查看当前栈顶元组的第一部分st.peek()[0]。pop(): 弹出栈顶元组。这个操作非常巧妙，因为当一个元组被弹出后，新暴露出的栈顶元组中保存的最小值，就自动地变回了上一个状态的最小值，无需任何额外计算。
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初始化处理：
- 构造函数中
st.push(new int[]{0, Integer.MAX_VALUE});的操作是一个哨兵节点（Sentinel Node）。它的目的是简化push操作的逻辑。通过预置一个最小值为Integer.MAX_VALUE的节点，第一次调用push时，Math.min(getMin(), val)就能自然地得到val作为第一个真正的最小值，从而避免了在push方法中写if (st.isEmpty())的特殊判断。
- 构造函数中
完整代码
/*** 一个支持在常数时间内检索到最小元素的栈。*/
class MinStack {// 使用 Deque 作为栈的底层实现。// 存储的是一个大小为2的数组，格式为 {value, current_minimum}。private final Deque<int[]> st = new ArrayDeque<>();/*** 构造函数，初始化最小栈。*/public MinStack() {// 推入一个哨兵节点或初始节点。// Integer.MAX_VALUE 确保第一个被推入的真实元素的最小值就是它自身。// 这样可以避免在 push 方法中对空栈进行特殊处理。st.push(new int[]{0, Integer.MAX_VALUE});}/*** 将元素 val 推入栈中。* @param val 要推入的元素值*/public void push(int val) {// 创建一个新的元组 {val, min(当前最小值, val)}。// getMin() 会返回上一个状态的最小值。// 将新值与上一个状态的最小值比较，得到新的当前最小值。st.push(new int[]{val, Math.min(getMin(), val)});}/*** 删除栈顶的元素。*/public void pop() {// 直接弹出栈顶的元组 {value, current_minimum}。// 栈的状态（包括最小值）会自动恢复到上一个状态。st.pop();}/*** 获取栈顶元素。* @return 栈顶元素的值*/public int top() {// 栈顶元组的第一个元素 [0] 存储的是实际值。return st.peek()[0];}/*** 在常数时间内检索到栈中的最小元素。* @return 栈中的最小元素值*/public int getMin() {// 栈顶元组的第二个元素 [1] 存储的是到当前状态为止的最小值。return st.peek()[1];}
}
时空复杂度
时间复杂度：O(1)
push(val): 该操作包括getMin()(即peek)、Math.min和st.push()。对于ArrayDeque，这些都是 O(1) 的均摊时间复杂度。pop():st.pop()是 O(1) 的均摊时间复杂度。top():st.peek()是 O(1) 的时间复杂度。getMin():st.peek()是 O(1) 的时间复杂度。
综合分析：
该数据结构的所有公开操作（push, pop, top, getMin）都具有 O(1) 的时间复杂度，满足了设计要求。
空间复杂度：O(N)
- 主要存储开销：空间复杂度由栈
st的大小决定。 - 空间大小：对于用户推入的每一个元素，我们都在栈中存储一个包含两个整数的数组
int[]。如果栈中有N个元素（不包括哨兵节点），那么实际存储了N个int[2]对象。 - 综合分析：
所需的额外空间与栈中元素的数量N成线性关系。因此，空间复杂度为 O(N)。
参考灵神