題目描述：

我們知道平凡的棧有幾個操作:

push(value) 將 value 壓入棧 pop() 將棧頂元素彈出, 并返回這個彈出的元素。

現在我們想要在平凡棧的基礎上實現以下幾個操作:

push(val) 將 val 壓入棧；
pop() 將棧頂元素彈出；
min() 返回棧中元素的最小值。

輸入格式:

第一行輸入一個N( 0=<N<=1000000),代表有N行操作。 接下來N行每行有一個操作,題目保證操作不會越界.

輸出格式:

輸出每次查詢min()時的結果,pop()不用輸出

輸入樣例:

6
push 1
min
push 2
min
push 3
min

輸出樣例:

1
1
1

分析：

全網首發啊有木有-_-||，這道PTA題其實是一道經典面試題的改編版，本題要求輸入小于100W種操作，時間限制在600ms，這就要求我們只能用O(n)或O(nlogn)去實現，毋庸置疑遍歷n種操作的循環必須有，所以就要求最小值時的復雜度為o(1)，由此引出一個經典思想：空間換時間。下面給出代碼：

代碼：

#include<iostream> #include<stdio.h> int a[1000005], b[1000005]; //a是存放所有值的，b是存放小值的 ,從1開始存放 int main() {int num1 = 0, num2 = 0; //a、b數組的計數器 ，0代表無存放 int n;scanf("%d", &n);while(n--) {char s[5];scanf("%s", &s);if(s[1] == 'u') {int x;scanf("%d", &x);if(!num1) {a[++num1] = x; b[++num2] = x;} else {a[++num1] = x;if(x <= b[num2]) b[++num2] = x;}} else if(s[1] == 'o') {if(a[num1] == b[num2]) { a[num1--] = 0; b[num2--] = 0; }else a[num1--] = 0;} else printf("%d\n", b[num2]);} return 0; }

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二更：
有評論反應代碼無法運行， 已做調整。 無法運行的原因是：
代碼中a，b數組的規模都開到了100w， 而規模50w以上的數組就要定義為全局變量， 否則會報錯。

收獲：

1、空間換時間的思想
2、C語言比C++要高效一些

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每日分享：

平時在做題的時候，一定要尋找最優解，而不是 ac 了就不管了，應該多看看別人的解法。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的PTA 栈 (20分)(全网首发)(实现一个栈Stack，要求实现Push（出栈）、Pop（入栈）、Min（返回最小值的操作）的时间复杂度为O(1))的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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