Problem Definition:
Design a stack that supports push, pop, top, and retrieving the minimum element in constant time.
- push(x) -- Push element x onto stack.
- pop() -- Removes the element on top of the stack.
- top() -- Get the top element.
- getMin() -- Retrieve the minimum element in the stack.
Sulotion 1：一个附加栈来存储最小值。只存储那些新的最小值；每次pop都要检查，如果出栈元素与附加栈栈顶元素相同，附加栈也pop。
1 class MinStack: 2 3 def __init__(self): 4 self.nums=[] 5 self.min=[sys.maxint] 6 7 def push(self, x): 8 self.nums+=x, #一点小trick，x转成tuple,相当于append(x) 9 if x<=self.min[len(self.min)-1]:#注意，重复的min也要进栈 10 self.min+=x, 11 12 def pop(self): 13 p=self.nums.pop() 14 if p==self.min[len(self.min)-1]: 15 self.min.pop() 16 17 def top(self): 18 return self.nums[len(self.nums)-1] 19 20 def getMin(self): 21 return self.min[len(self.min)-1]
这种以空间-时间tradeoff的方法很普通，下面来看一种酷炫的实现，常数空间复杂度：
Solution 2:
1 class MinStack: 2 3 def __init__(self): 4 self.min = sys.maxint 5 self.diffs = [] 6 7 def push(self, x): 8 self.diffs += x - self.min, 9 self.min = min(self.min, x) 10 11 def pop(self): 12 diff = self.diffs.pop() 13 self.min -= min(diff, 0) 14 15 def top(self): 16 return self.min + max(self.diffs[-1], 0) 17 18 def getMin(self): 19 return self.min
Now let's see the tricks here:
1）diffs数组里保存的是元素进栈时与当时的最小值的差，这个差可能为正可能为负；min记录的则是当前的最小值。
2）push：将上述差值 x-min 入栈，如果压入的数大于等于0，则min保持不变，否则令 min=x为新的最小值。
3）pop ：首先会把栈顶元素删除。然后考虑是否要改变min：
1._如果栈顶元素是非负的，说明这个元素入栈时不小于当时的min，因此这个元素入栈时没有改变（更新）min，因此删除它的时候也就无需改变（恢复）min，即执行min-=0；
2._如果栈顶元素是负数，说明这个元素入栈时小于当时的min，因此这个元素入栈时更新了min，因此删除它的时候要恢复min，即执行min-=diff；
4）top： 1._如果栈顶元素是非负的，说明这个元素入栈时不小于当时的min，因此它的入栈没有改变min，因此返回min+diffs[-1]
2._如果栈顶元素是负的，则这个元素入栈时更新了min，而min存储的正是这个元素入栈时的值，因此返回min。