Min Stack -- LeetCode

正常情况下top。pop和push操作都是常量时间的，而主要问题就在于这个getMin上面，假设遍历一遍去找最小值，那么getMin操作就是O(n)的，既然出出来了这道题就肯定不是这么简单的哈。比較easy想到就是要追溯这个最小值。在push的时候维护最小值，可是假设pop出最小值的时候该怎样处理呢，怎样获得第二小的值呢？假设要去寻找又不是常量时间了。

解决的方案是再维护一个栈，我们称为最小栈，假设遇到更小的值则插入最小栈。否则就不须要插入最小栈（注意这里正常栈是怎么都要插进去的）。

这里的正确性在于。假设后来得到的值是大于当前最小栈顶的值的，那么接下来pop都会先出去，而最小栈顶的值会一直在，而当pop到最小栈顶的值时，一起出去后接下来第二小的就在pop之后最小栈的顶端了。如此push时最多插入两个栈一个元素，是O(1)。top是取正常栈顶，自然是O(1)。而pop时也是最多抛出两个栈的栈顶元素，O(1)。最后getMin仅仅须要peek最小栈顶栈顶就可以。所以仍是O(1)。实现了全部操作的常量操作。空间复杂度是O(n)，最小栈的大小。代码例如以下：

class MinStack {
    ArrayList<Integer> stack = new ArrayList<Integer>();
    ArrayList<Integer> minStack = new ArrayList<Integer>();
    public void push(int x) {
        stack.add(x);
        if(minStack.isEmpty() || minStack.get(minStack.size()-1)>=x)
        {
            minStack.add(x);
        }
    }

    public void pop() {
        if(stack.isEmpty())
        {
            return;
        }
        int elem = stack.remove(stack.size()-1);
        if(!minStack.isEmpty() && elem == minStack.get(minStack.size()-1))
        {
            minStack.remove(minStack.size()-1);
        }
    }

    public int top() {
        if(!stack.isEmpty())
            return stack.get(stack.size()-1);
        return 0;
    }

    public int getMin() {
        if(!minStack.isEmpty())
            return minStack.get(minStack.size()-1);
        return 0;
    }
}