一個支援O(1)時間內完成pop,push和max的棧

這是一個面試題，跟同事交流得到的。解法十分巧妙，值得學習。更詳細的可以參看：:imap部落格

問題描述

要求設計一個棧，支援pop,push和max三種操作，每種操作都是O(1)時間的。

問題分析

一般的棧，本身的pop和push的操作就是O(1)的，可以考慮使用一個變數來儲存最大值。問題在於，如果這個最大值被pop出去，這個變數就需要重新計算。如果通過遍歷一遍來求出，則需要O(n)的時間，達不到要求。此外，任何想通過一個排好序的序列來解決最大值的pop問題的方案，都有一個致命缺點，就是每次push的時候，需要進行插入。

實現一：藉助第二個棧

這個方案是基於這樣一個事實：如果push的元素小於最大值，則當前棧的最大值不會發生變化。舉個例子：

輸入序列為2,1,0,5,4,3,6

當push和pop1和0時，棧的最大值不變，為2。但當進一步輸入5，由於5大於2，則5就是當前棧的最大值。繼續push進來或者pop出去4和3，5都是最大值。當5被pop出去的時候，2又變成最大值了。所以只要用一個棧來儲存2和5就行了。每當push一個數，如果大於最大值棧的棧頂元素，則同時加入最大值棧。每當pop一個數時，如果跟最大值相等，就同樣彈出。

程式碼如下：

package com.twabs.prac;

public class NStack1 {
	private int[] stack = new int[100];
	private int[] maxs = new int[100];
	private int top = 0;
	private int mtop = 0;
	
	public void push(int el) {
		if (el >= maxs[mtop]) {
			maxs[++mtop] = el;
		}
		
		stack[++top] = el;
	}
	
	public int pop() {
		if (top <= 0) return -1;
		
		if (stack[top] == maxs[mtop]) {
			mtop--;
		}
		
		return stack[top--];
	}
	
	public int max() {
		return maxs[mtop];
	}
}

實現二：使用一個變數

使用第二個棧的主要原因在於我們需要在pop出最大值的時候，將第二大的值變成新的最大值。進一步考慮實現一的基礎事實，新push的元素小於當前最大值，則最大值不變；否則最大值發生變化。在pop出元素的時候，這條事實也是成立的。關鍵在於最大值發生變化的時候，如何恢復次最大值？大小關係可以通過差值來進行儲存，只要在pop和push的時候計算就行。

那差值能否幫助我們恢復次最大值呢？答案是肯定的。假設現在棧裡面有n-1個元素，第n個元素進來時，我們再棧裡面存貯的是(Sn - MAX(Sn-1,Sn-2,...,S1))。如果是正的，表明新的元素是新的最大值。這樣在pop的時候，如果棧頂是正的，那麼用當前最大值減去棧頂元素就可以得到新的最大值！如果是負數，則最大值不變。

這個想法的確很天才，可以將實現的空間複雜度降低到常熟級別。

程式碼如下：

package com.twabs.prac;

public class NStack2 {
	private int[] stack = new int[100];
	private int top = 0;
	private int max = 0;
	
	public void push(int el) {
		stack[++top] = el - max;
		
		if (el > max) {
			max = el;
		}
	}
	
	public int pop() {
		int t = stack[top] + max;
		
		if (stack[top] > 0) {
			t = max;
			max -= stack[top--];
		} else {
			top--;
		}
		
		return t;
	}
	
	public int max() {
		return max;
	}
}

基本操作的威力

這個問題也生動的展示了，為了在資料結構中支援一種基本操作，資料結構本身所進行的改變和調整，同時這種改變和調整極大提高了基本操作的演算法效率。