字节转换计算器（字节之间的换算）

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首页维修大全生活更新时间：2022-04-24 01:46:11

今天给大家带来一篇面试高频算法题之栈&队列的详细解析，全文包含9道大厂笔试面试算法真题，一举拿下栈和队列这个知识点，让算法不在成为进入大厂的绊脚石。

1栈和队列全文概览

基础知识栈

栈是一种先进后出的数据结构。这里有一个非常典型的例子，就是堆叠盘子。我们在放盘子的时候，只能从下往上一个一个的放；在取的时候，只能从上往下一个一个取，不能从中间随意取出。

栈是一种操作受限的线性表，只允许在一端处理数据。主要包括两种操作，即入栈和出栈，也就是在栈顶插入一个数据和从栈顶删除一个数据。

栈既可以用数组实现，也可以用链表来实现。用数组实现的栈，我们叫作顺序栈，用链表实现的栈，我们叫作链式栈。

队列

队列是一种先进先出的数据结构。你可以把它想象成排队买票，先来的先买，后来的人只能站末尾，不允许插队。

队列跟栈一样，也是一种操作受限的线性表数据结构。主要包括两个操作，即出队和入队，也就是从队首取一个元素和在队尾插入一个元素。

队列可以用数组来实现，也可以用链表来实现。用数组实现的队列叫作顺序队列，用链表实现的队列叫作链式队列。

2用两个栈实现队列

剑指 Offer 09. 用两个栈实现队列

问题描述

用两个栈来实现一个队列，完成 n 次在队列尾部插入整数 (push) 和在队列头部删除整数 (pop) 的功能。队列中的元素为 int 类型。保证操作合法，即保证pop操作时队列内已有元素。

示例：

输入：["PSH1","PSH2","POP","POP"]

返回值：1,2

说明：

"PSH1"：代表将1插入队列尾部 "PSH2"：代表将2插入队列尾部 "POP"：代表删除一个元素，先进先出 => 返回1 "POP"：代表删除一个元素，先进先出 => 返回2

分析问题

首先，我们需要知道队列和栈的区别。

  1. 队列是一种先进先出的数据结构。队列中的元素是从后端入队，从前端出队。就和排队买票一样。
  2. 栈是一种后进先出的数据结构。栈中的元素是从栈顶压入，从栈顶弹出。

为了使用两个栈实现队列的先进先出的特性，我们需要用一个栈来反转元素的入队顺序。

入队操作Push：

因为栈是后进先出的，而队列是先进先出的，所以要想使用栈来实现队列的先进先出功能，我们需要把新入栈的元素放入栈底。为了实现这个操作，我们需要先把栈S1中的元素移动到S2，接着再把新来的元素压入S2，然后再把S2中的所有元素再弹出，压入到S1。这样就实现了把新入栈的元素放入栈底的功能。

def push(self, node): # write code here while self.stack1: self.stack2.append(self.stack1.pop()) self.stack2.append(node) while self.stack2: self.stack1.append(self.stack2.pop())

出队操作Pop:

我们直接从S1弹出就可以了，因为经过反转后，S1中的栈顶元素就是最先入栈的元素，也就是队首元素。

def pop(self): if self.stack1: return self.stack1.pop()

我们来看完整的代码实现。

class Solution: def __init__(self): self.stack1 = [] self.stack2 = [] def push(self, node): # write code here while self.stack1: self.stack2.append(self.stack1.pop()) self.stack2.append(node) while self.stack2: self.stack1.append(self.stack2.pop()) def pop(self): if self.stack1: return self.stack1.pop()

我们可以看到入队操作的时间复杂度是O(n)，空间复杂度也是O(n)。出队时间复杂度是O(1)，空间复杂度也是O(1)。

优化

在上面的算法中，不知道你有没有发现，每次在push一个新元素时，我们都需要把S1中的元素移动到S2中，然后再从S2移回到S1中。这显然是冗余的。其实，我们在入队时只需要插入到S1中即可。而出队的时候，由于第一个元素被压在了栈S1的底部，要想实现队列的先进先出功能，我们就需要把S1的元素进行反转。我们可以把栈S1的元素Pop出去，然后压入S2。这样就把S1的栈底元素放在了栈S2的栈顶，我们直接从S2将它弹出即可。一旦 S2 变空了，我们只需把 S1 中的元素再一次转移到 S2 就可以了。

下面我们来看一下代码实现。

class Solution: def __init__(self): self.stack1 = [] self.stack2 = [] def push(self, node): # write code here self.stack1.append(node) def pop(self): if not self.stack2: while self.stack1: self.stack2.append(self.stack1.pop()) return self.stack2.pop() 3有效的括号

LeetCode 20. 有效的括号

问题描述

给定一个只包括 '('，')'，'{'，'}'，'['，']' 的字符串 s ，判断字符串是否有效。

有效字符满足的条件是：

示例：

输入：s = "()[]{}"

输出：true

分析问题

这个问题我们可以借助 “栈” 这种数据结构来解决。在遍历字符串的过程中，当我们遇见一个左括号时，我们就入栈，当我们遇到一个右括号时，我们就取出栈顶元素去判断他们是否是同类型的。如果不是的话，那就代表字符串s不是有效串，我们直接返回False。如果是，接着去遍历，直到遍历结束为止。当遍历完字符串s后，如果栈为空，就代表字符串是有效的。这里需要注意一点，为了加快判断左、右括号是否是同类型的，我们引入哈希表存储每一种括号。哈希表的键为右括号，值为相同类型的左括号。

下面我们来看一下代码实现。

def isValid(s): #如果字符串不是偶数，直接返回false #因为字符只包含括号，所以只有偶数时才有可能匹配上 if len(s) % 2 == 1: return False dict = { ")": "(", "]": "[", "}": "{", } stack = list() for ch in s: #代表遍历到右括号 if ch in dict: #看栈顶元素是否能匹配上，如果没有匹配上，返回false if not stack or stack[-1] != dict[ch]: return False #如果匹配上，弹出栈顶元素 stack.pop() else: #匹配到左括号，入栈 stack.append(ch) #栈为空，代表s是有效串，否则是无效串 return not stack 4包含min函数的栈

剑指 Offer 30. 包含min函数的栈

问题描述

定义栈的数据结构，请在该类型中实现一个能够得到栈中所含最小元素的min函数，并且调用 min函数、push函数 及 pop函数 的时间复杂度都是 O(1)。

push(value)：将value压入栈中

pop()：弹出栈顶元素

top()：获取栈顶元素

min()：获取栈中最小元素

示例:

minStack.push(-2); -->将-2入栈 minStack.push(0); -->将0入栈 minStack.push(-3); -->将-3入栈 minStack.min(); -->返回栈中最小元素-3 minStack.pop(); -->弹出栈顶元素-3 minStack.top(); -->返回栈顶元素0 minStack.min(); -->返回栈中最小元素-2 分析问题

对于普通的栈来说，执行push和pop的时间复杂度是O(1)，而执行min函数的时间复杂度是O(N)，因为要想找到最小值，就需要遍历整个栈，为了降低min函数的时间复杂度，我们引入了一个辅助栈。

下面我们来看一下代码实现。

class Solution: def __init__(self): #数据栈 self.A = [] #辅助栈 self.B = [] #push操作 def push(self, x): self.A.append(x) #如果辅助栈B为空，或者栈顶元素大于x，则入栈 if not self.B or self.B[-1] >= x: self.B.append(x) def pop(self): #弹出数据栈A中的元素 s = self.A.pop() #如果弹出的元素和栈B的栈顶元素相同，则为了保持一致性 #将栈B的栈顶元素弹出 if s == self.B[-1]: self.B.pop() def top(self): #返回数据栈A中的栈顶元素 return self.A[-1] def min(self): #返回辅助栈B中的栈顶元素 return self.B[-1] 5表达式求值问题描述

请写一个整数计算器，支持加减乘三种运算和括号。

示例：

输入："（2 * （3 - 4）））* 5"

返回值：-10

分析问题

因为只支持加、减、乘、括号，所以我们根据优先级可以分为3类，即括号>乘>加、减，假设先把括号去掉，那么就剩下乘和加减运算，根据运算规则，我们需要先计算乘、再计算加、减，因此我们可以这么来考虑，我们先进行乘法运算，并将这些乘法运算后的整数值返回原表达式的相应位置，则随后整个表达式的值，就等于一系列整数加减后的值。而对于被括号分割的表达式，我们可以递归的去求解，具体算法如下。

遍历字符串s，并用变量preSign记录每个数字之前的运算符，初始化为加号。

  1. 遇到空格时跳过。
  2. 遇到数字时，继续遍历求出这个完整的数字的值，保存到num中。
  3. 遇到左括号时，需要递归的求出这个括号内的表达式的值。
  4. 遇到运算符或者表达式的末尾时，就根据上一个运算符的类型来决定计算方式。
  5. 如果是加号，不需要进行计算，直接push到栈里
  6. 如果是减号，就去当前数的相反数，push到栈里
  7. 如果是乘号，就需要从栈内pop出一个数和当前数求乘法，再把计算结果push到栈中
  8. 最后把栈中的结果求和即可。

下面我们来看一下代码实现。

class Solution: def calculate(self, s): n = len(s) #存取部分数据和 stack = [] preSign = ' ' num = 0 i=0 while i<n: c=s[i] if c==' ': i=i 1 continue if c.isdigit(): num = num * 10 ord(c) - ord('0') #如果遇到左括号，递归求出括号内表达式的值 if c=='(': j=i 1 counts=1 #截取出括号表达式的值 while counts>0: if s[j]=="(": counts=counts 1 if s[j]==")": counts=counts-1 j=j 1 #剥去一层括号，求括号内表达式的值 num=self.calculate(s[i 1:j-1]) i=j-1 if not c.isdigit() or i==n-1: if preSign==" ": stack.append(num) elif preSign=="-": stack.append(-1*num) elif preSign=="*": tmp=stack.pop() stack.append(tmp*num) num=0 preSign=c i=i 1 return sum(stack) s=Solution() print(s.calculate("(3 4)*(5 (2-3))")) 6滑动窗口的最大值

LeetCode 239. 滑动窗口最大值

问题描述

给你一个整数数组 nums，有一个大小为 k 的滑动窗口从数组的最左侧移动到数组的最右侧。你只可以看到在滑动窗口内的 k 个数字。滑动窗口每次只向右移动一位。返回滑动窗口中的最大值。

示例：

输入：[2，3，4，2，6，2，5，1]，3

输出：[4，4，6，6，6，5]

分析问题

这道题的关键点在于求滑动窗口中的最大值。大小为k的滑动窗口，我们可以通过遍历的方式来求出其中的最大值，需要O(k)的时间复杂度。对于大小为n的数组nums，一共有n-k 1个窗口，因此该算法的时间复杂度是O(nk)。

通过观察，我们可以知道，对于两个相邻的滑动窗口，有k-1个元素是共用的，只有一个元素是变化的，因此我们可以利用此性质来优化我们的算法。

对于求最大值问题，我们可以使用优先级队列（大顶推）来求解。首先，我们将数组的前k个元素放入优先级队列中。每当我们向右移动窗口时，我们就可以把一个新的元素放入队列中，此时堆顶元素就是堆中所有元素的最大值，然而这个最大值有可能不属于当前的滑动窗口中，我们需要将该元素进行移除处理（如果最大值不在当前滑动窗口中，它只能在滑动窗口的左边界的左侧，所以滑动窗口向右移动的过程中，该元素再也不会出现在滑动窗口中了，所以我们可以对其进行移除处理）。我们不断地移除堆顶的元素，直到其确实出现在滑动窗口中。此时，堆顶元素就是滑动窗口中的最大值。

为了方便判断堆顶元素与滑动窗口的位置关系，我们可以在优先队列中存储二元组 （num，index），表示元素num在数组中的下标为index。

小trick：因为python中只提供了小顶堆，所以我们需要对元素进行取反处理，例如对于列表[1, -3]，我们对元素进行取反，然后插入小顶堆中，此时堆中是这样的[-1,3]，我们取出堆顶元素-1，然后取反为1，正好可以得到列表中的最大值1。

我们nums=[2，3，4，2，6，2，5，1]，k=3为例，来看一下具体的过程。

  1. 首先，我们将nums的前3个元素放入优先级队列中，队首元素下标值index=2>0，在窗口中，所以加入结果中，此时res=[4]。
  2. 下一个元素2入队，此时队首元素下标index=2>1，在窗口中，所以加入结果中，此时res=[4,4]。
  3. 下一个元素6入队，此时队首元素下标index=4>2，在窗口中，所以加入结果中，此时res=[4,4,6]。
  4. 下一个元素2入队，此时队首元素下标index=4>3，在窗口中，所以加入结果中，此时res=[4,4,6,6]。
  5. 下一个元素5入队，此时队首元素下标index=4=4，在窗口中，所以加入结果中，此时res=[4,4,6,6,6]。
  6. 下一个元素1队列，此时队首元素下标index=4<5，不在窗口中，所以我们将其弹出，此时队首元素的下标变为6，在窗口中，所以加入结果中，此时res=[4,4,6,6,6,5]。
进阶

这道题我们也可以使用双端队列来求解。我们在遍历数组的过程中，不断的对元素对应的下标进行出队入队操作，在出入队的过程中，我们需要保证队列中存储的下标对应的元素是从大到小排序的。具体来说，当有一个新的元素对应的下标需要入队时，如果该元素比队尾对应的元素的值大，我们需要弹出队尾，然后循环往复，直到队列为空或者新的元素小于队尾对应的元素。

由于队列中下标对应的元素是严格单调递减的，因此队首下标对应的元素就是滑动窗口中的最大值。但是此时的最大值可能在滑动窗口左边界的左侧，并且随着窗口向右移动，它永远不可能出现在滑动窗口中了。因此我们还需要不断从队首弹出元素，直到队首元素在窗口中为止。

我们还是以nums=[2，3，4，2，6，2，5，1]，k=3为例，来看一下具体的过程。我们首先初始化一个空队列que。

  1. 此时队列为que空，元素2对应的下标0入队。并且此时未形成窗口，不取值。
  2. 此时队列que=[0]，队尾元素为0，它对应数组中的元素是nums[0] < nums[1]的，所以我们把队尾0弹出，此时队列为空，我们将1入队。并且此时未形成窗口，不取值。
  3. 此时队列que=[1]，队尾元素为1，它对应的数组中的元素是nums[1] < nums[2]的，所以我们把队尾1弹出，此时队列为空，我们将2入队。并且此时队首元素2在窗口[0,2]中，所以取出队首元素。
  4. 此时队列que=[2]，队尾元素为2，它对应的数组中的元素是nums[2] > nums[3]的，所以我们将3入队。并且此时队首元素2在窗口[1,3]中，所以取出队首元素。
  5. 此时队列que=[2,3]，队尾元素为3，它对应的数组中的元素是nums[3] < nums[4]的，所以我们把队尾3弹出，并且此时队尾元素对应的数组中的元素是nums[2] < nums[4]，所以我们把队尾2弹出，此时队列为空，我们将4入队。并且此时队首元素4在窗口[2,4]中，所以取出队首元素。
  6. 此时队列que=[4]，队尾元素为4，它对应的数组中的元素是nums[4] > nums[5]的，所以我们将5入队。并且此时队首元素4在窗口[3,5]中，所以我们取出队首元素。
  7. 此时队列que=[4，5]，队尾元素为5，它对应的数组中的元素是nums[5] < nums[6]的，所以我们把队尾5弹出，此时队尾元素对应的数组中的元素时nums[4] > nums[6] ，所以我们将6入队。并且此时队首元素4在窗口[4，6]中，所以我们取出队首元素。
  8. 此时队列que=[4，6]，队尾元素为6，它对应的数组中的元素是nums[6] > nums[7]的，所以我们将7入队。而此时队首元素4不在窗口[5,7]中，所以我们将其移除队列，此时队首元素6在窗口[5,7]中，所以我们将其取出。

下面我们来看一下代码实现。

import collections class Solution: def maxSlidingWindow(self, nums, k): n = len(nums) #申请一个双端队列 q = collections.deque() #初始化第一个窗口 for i in range(k): #如果队列不为空且比队尾元素大，将队尾出队 while q and nums[i] >= nums[q[-1]]: q.pop() #直到队列为空，或者比队尾元素小，入队 q.append(i) #将队首元素加入结果中 ans = [nums[q[0]]] #窗口逐步向右移动 for i in range(k, n): #如果队列不为空且比队尾元素大，将队尾出队 while q and nums[i] >= nums[q[-1]]: q.pop() #直到队列为空，或者比队尾元素小，入队 q.append(i) #如果队首元素不在该窗口内，出队操作 while q[0] <= i - k: q.popleft() #将队首元素加入结果中 ans.append(nums[q[0]]) return ans s=Solution() print(s.maxSlidingWindow([2,3,4,2,6,2,5,1],3)) 7栈和排序问题描述

给你一个由1~n，n个数字组成的一个排列和一个栈，要求按照排列的顺序入栈。如何在不打乱入栈顺序的情况下，仅利用入栈和出栈两种操作，输出字典序最大的出栈序列。

排列：指 1 到 n 每个数字出现且仅出现一次。

示例：

输入：[2,4,5,3,1]

输出：[5,4,3,2,1]

分析问题

由于我们只能使用出栈和入栈两种操作，要想使得出栈序列字典序最大，首先想到的就是令高位尽可能地大，我们出栈的时机就是：当前入栈元素若是大于之后将要入栈的元素，那么就将其出栈。当元素出栈后，还需要判断栈顶元素与之后将要入栈元素之间的大小关系，如果此时栈顶元素大于之后将要入栈的元素，那么就将其出栈，不断判断直到栈为空或条件不满足。

为了快速判断“当前入栈元素是否大于之后将要入栈的元素”，我们需要创建一个辅助数组temp，其中temp[i]表示i之后的最大元素。借助辅助数组，我们可以以O(1)的时间复杂度去判断当前入栈元素是否大于之后将要入栈的元素。

下面我们来看一下代码的实现。

import sys class Solution: def solve(self , a): n=len(a) res=[] if n==0: return res stack=[] temp=[0]*n temp[n-1]=-sys.maxsize-1 #从右往左遍历数组a,然后取填充temp #使得temp[i]表示i之后的最大元素 for i in range(n-2,-1,-1): temp[i]=max(a[i 1],temp[i 1]) #遍历数组a for i in range(0,n): if a[i] > temp[i]: #若当前元素大于之后将要入栈的元素,将其加入结果中 res.append(a[i]) # 若栈不为空，且栈顶元素大于temp[i], # 栈顶出栈，加入结果中 while stack and stack[-1] > temp[i]: res.append(stack[-1]) stack.pop() else: stack.append(a[i]) while stack: res.append(stack[-1]) stack.pop() return res

该算法的时间复杂度是O(n)，空间复杂度也是O(n)。

8单调栈问题描述

给定一个长度为 n 的可能含有重复值的数组 arr ，找到每一个 i 位置左边和右边离 i 位置最近且值比 arr[i] 小的位置。请设计算法，返回一个二维数组，表示所有位置相应的信息。位置信息包括：两个数字 l 和 r，如果不存在，则值为 -1，下标从 0 开始。

示例：

输入：[3,4,1,5,6,2,7]

输出：[[-1,2],[0,2],[-1,-1],[2,5],[3,5],[2,-1],[5,-1]]

分析问题

这道题最简单的解法就是暴力求解，即通过两层for循环来求解。如下所示：

class Solution: def foundMonotoneStack(self , nums): n=len(nums) res=[] #遍历一遍数组 for i in range(0,n): l=-1 r=-1 #从左往右寻找l，寻找比nums[i]小的最近的nums[l] for j in range(0,i): if nums[j] < nums[i]: l=j #从右往左寻找l，寻找比nums[i]小的最近的nums[r] for j in range(n-1,i,-1): if nums[j] < nums[i]: r=j res.append([l,r]) return res

该算法的时间复杂度是O(n^2)，空间复杂度是O(1)。

显然暴力求解的时间复杂度太高，那我们该如何优化呢？其实这道题我们可以使用单调栈来求解，首先我们来看一下单调栈的定义。

单调栈是指栈内元素是具有有单调性的栈，和普通栈相比，单调栈在入栈的时候，需要将待入栈的元素和栈顶元素进行对比，看待加入栈的元素入栈后是否会破坏栈的单调性，如果不会，直接入栈，否则一直弹出到满足条件为止。

本题中，我们维护一个存储数组下标的单调栈。然后遍历数组，执行如下操作。

我们以求每一个i左边离i最近且小于arr[i]的位置为例，来看一下算法的执行流程。首先我们从左往右遍历数组。

同理，我们从右往左遍历数组，就可以得到每一个i右边离i最近且小于arr[i]的位置。

下面我们来看一下代码的实现。

class Solution: def foundMonotoneStack(self , nums): n=len(nums) res=[] l=[0]*n r=[0]*n #单调栈 stack=[] #从左往右遍历数组 for i in range(0,n): #如果栈顶元素top对应的数组中的元素num[top]>nums[i] #则出栈，直到栈为空或者栈顶元素对应的数组中的元素比nums[i]小 while stack and nums[stack[-1]] >=nums[i]: stack.pop() l[i]=stack[-1] if stack else -1 #i入栈，因为i有可能成为i右边的答案 stack.append(i) stack=[] #从右往左遍历数组 for i in range(n-1,-1,-1): # 如果栈顶元素top对应的数组中的元素num[top]>nums[i] # 则出栈，直到栈为空或者栈顶元素对应的数组中的元素比nums[i]小 while stack and nums[stack[-1]] >= nums[i]: stack.pop() r[i] = stack[-1] if stack else -1 # i入栈，因为i有可能成为i左边的答案 stack.append(i) for i in range(0,len(l)): res.append([l[i],r[i]]) return res s=Solution() print(s.foundMonotoneStack([3,4,1,5,6,2,7]))

该算法的时间复杂度是O(n)，空间复杂度是O(n)。

9每日温度

739. 每日温度

问题描述

请根据每日气温列表 temperatures ，计算在每一天需要等几天才会有更高的温度。如果气温在这之后都不会升高，请在该位置用 0 来代替。

示例：

输入：temperatures = [73,74,75,71,69,72,76,73]

输出：[1,1,4,2,1,1,0,0]

分析问题

既然是求每一天需要等几天才会有更高的温度，那么最直观的想法就是针对气温列表 temperatures 中的每个温度值，向后依次进行搜索，找到第一个比当前温度更高的值的位置索引，然后减去当前温度所在的位置索引，就是要求的结果。

下面我们来看一下代码的实现。

class Solution(object): def dailyTemperatures(self,temperatures): #求出温度列表的长度 n = len(temperatures) result=[0]*n #遍历每一个温度值 for i in range(n): if temperatures[i]<100: #想后搜索第一个大于当前温度值的元素 for j in range(i 1,n): if temperatures[j] > temperatures[i]: result[i]=j-i break return result

该算法的时间复杂度是O(n^2)，空间复杂度是O(n)。

显然该算法的时间复杂度太高，那我们有什么优化的方法吗。

优化

这里可以使用单调栈来优化，即维护一个温度值下标的单调栈，使得从栈顶到栈底的的元素对应的温度值依次递减。具体来说，我们正向遍历温度列表 temperatures。对于温度列表中的每个元素 temperatures[i]。如果栈为空，则直接将 i 进栈；如果栈不为空，则比较栈顶元素 prev 对应的温度值 temperatures[prev] 和 当前温度 temperatures[i]。

下面我们来思考一个问题，为什么可以在出栈的时候更新等待天数 result[prev] 呢？因为即将进栈的元素 i 对应的温度值 temperatures[i] 一定是 temperatures[prev] 右边第一个比它大的元素。

下面我们来看一个具体的例子，假设温度列表 temperatures = [73,74,75,71,69,72,76,73] 。

初始时，单调栈 stack 为空；等待天数 result 为 [0,0,0,0,0,0,0,0]。

下面我们来看一下代码的实现。

n = len(temperatures) #初始化一个空的栈 stack = [] result = [0] * n for i in range(n): temperature = temperatures[i] #如果 temperatures[i] 大于栈顶元素对应的温度值，则栈顶元素出栈。 while stack and temperature > temperatures[stack[-1]]: prev = stack.pop() result[prev] = i - prev stack.append(i) return result

该算法的时间复杂度是O(n)，空间复杂度也是O(n)。

原文链接：http://mp.weixin.qq.com/s/0Uv7UBKk0tzhWHLQCePmIg

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