[Leetcode][232. 用栈实现队列] 顺序翻转，使用两个栈：一个入队，一个出队

发表于 2021-05-22 更新于 2024-10-26 分类于 Leetcode Waline：阅读次数：本文字数： 4.1k 阅读时长 ≈ 4 分钟

By Long Luo

用栈实现队列

请你仅使用两个栈实现先入先出队列。队列应当支持一般队列支持的所有操作（\(\texttt{push}\)、\(\texttt{pop}\)、\(\texttt{peek}\)、\(\texttt{empty}\)）：

实现\(\texttt{MyQueue}\)类：

\(\texttt{void push(int x)}\)将元素\(x\)推到队列的末尾
\(\texttt{int pop()}\)从队列的开头移除并返回元素
\(\texttt{int peek()}\)返回队列开头的元素
\(\texttt{boolean empty()}\)如果队列为空，返回\(\textit{true}\)；否则，返回\(\textit{false}\)。

说明：

你只能使用标准的栈操作 —— 也就是只有push to top, peek/pop from top, size, 和is empty操作是合法的。你所使用的语言也许不支持栈。你可以使用list或者deque（双端队列）来模拟一个栈，只要是标准的栈操作即可。

示例 1：

输入：
["MyQueue", "push", "push", "peek", "pop", "empty"]
[[], [1], [2], [], [], []]
输出：
[null, null, null, 1, 1, false]

解释：
MyQueue myQueue = new MyQueue();
myQueue.push(1); // queue is: [1]
myQueue.push(2); // queue is: [1, 2] (leftmost is front of the queue)
myQueue.peek(); // return 1
myQueue.pop(); // return 1, queue is [2]
myQueue.empty(); // return false

提示：

1 <= x <= 9
最多调用\(100\)次\(\texttt{push}\)、\(\texttt{pop}\)、\(\texttt{peek}\)和\(\texttt{empty}\) 假设所有操作都是有效的（例如，一个空的队列不会调用\(\texttt{pop}\)或者\(\texttt{peek}\)操作）

进阶：

你能否实现每个操作均摊时间复杂度为 \(O(1)\) 的队列？换句话说，执行 \(n\) 个操作的总时间复杂度为 \(O(n)\)，即使其中一个操作可能花费较长时间。

之前我们已经实现了 225. 用队列实现栈，今天我们来学习如何用队列来实现栈。

因为队列是FIFO，而栈是LIFO，所以我们需要用到两个栈，用其中一个来反转元素的入队顺序，而另一个则用来存储元素的最终顺序。

2个栈 (push - O(n), pop - O(1))

使用 \(2\) 个栈 \(\textit{stack}_1\) 和 \(\textit{stack}_2\)，\(\textit{stack}_1\) 作为主栈，而 \(\textit{stack}_2\) 是辅助栈。

入栈时：

把 \(\textit{stack}_1\) 中所有的元素移到 \(\textit{stack}_2\) 中；
\(\textit{stack}_2\) 中压入新元素；
把 \(\textit{stack}_2\) 中所有的元素弹出，再把弹出的元素压入 \(\textit{stack}_1\)。

代码如下所示：

class MyQueue {
	Stack<Integer> stack1;
	Stack<Integer> stack2;

	public MyQueue() {
		stack1 = new Stack<>();
		stack2 = new Stack<>();
	}

	public void push(int x) {
		if (stack1.empty()) {
			stack1.push(x);
			return;
		}

		while (!stack1.empty()) {
			stack2.push(stack1.pop());
		}
		stack2.push(x);
		while (!stack2.empty()) {
			stack1.push(stack2.pop());
		}
	}

	public int pop() {
		return stack1.pop();
	}

	public int peek() {
		return stack1.peek();
	}

	public boolean empty() {
		return stack1.empty() && stack2.empty();
	}
}

复杂度分析

时间复杂度：入队操作 \(O(n)\)，其余操作都是 \(O(1)\)，其中 \(n\) 是队列内的元素个数。
- \(\texttt{push()}\) 操作对于除了新元素之外的所有元素，它们都会被压入两次，弹出两次。新元素只被压入一次，弹出一次。这个过程产生了 \(4n + 2\) 次操作，其中 \(n\) 是队列的大小。由于压入操作和弹出操作的时间复杂度为 \(O(1)\)，所以时间复杂度为 \(O(n)\)。
- \(\texttt{pop()}\) 出队操作对应将 \(\textit{stack}_1\) 的元素出队，时间复杂度是 \(O(1)\)。
- \(\texttt{peek()}\) 获得队首元素操作对应获得 \(\textit{stack}_1\) 的前端元素，时间复杂度是 \(O(1)\)。
- \(\texttt{empty()}\) 判断队列是否为空操作只需要判断 \(\textit{stack}_1\) 是否为空，时间复杂度是 \(O(1)\)。
空间复杂度：\(O(n)\)，其中 \(n\) 是队列的元素个数。

2个栈 (push - O(1), pop - O(1))

方法一中在 \(\texttt{push()}\) 操作的次数太多，而进阶要求是实现均摊时间复杂度为 \(O(1)\) 的队列，而方法一中的辅助栈只在 \(\texttt{push()}\) 时有用，能否利用它来降低时间复杂度呢？

使用两个栈，一个栈（\(\textit{inStack}\)）用于元素进栈，一个栈（\(\textit{outStack}\)）用于元素出栈；
\(\texttt{pop()}\) 或者 \(\texttt{peek()}\) 的时候：
- 如果 \(\textit{inStack}\) 里面有元素，直接从 \(\textit{outStack}\) 里弹出或者 \(\texttt{peek}\) 元素；
- 如果 \(\textit{outStack}\) 里面没有元素，一次性将 \(\textit{inStack}\) 里面的所有元素倒入 \(\textit{outStack}\)。

注意：一定要保证 \(\textit{outStack}\) 为空的时候，才能把元素从 \(\textit{inStack}\) 里拿到 \(\textit{outStack}\) 中。

class MyQueue {
	Stack<Integer> inStack;
	Stack<Integer> outStack;

	public MyQueue() {
		inStack = new Stack<>();
		outStack = new Stack<>();
	}

	public void push(int x) {
		inStack.push(x);
	}

	public int pop() {
		if (!outStack.empty()) {
			return outStack.pop();
		}
		
		while (!inStack.empty()) {
			outStack.push(inStack.pop());
		}
		
		return outStack.pop();
	}

	public int peek() {
		if (!outStack.empty()) {
			return outStack.peek();
		}

		while (!inStack.empty()) {
			outStack.push(inStack.pop());
		}

		return outStack.peek();
	}

	public boolean empty() {
		return inStack.empty() && outStack.empty();
	}
}

复杂度分析

时间复杂度：均摊操作均为 \(O(1)\)，其中 \(n\) 是栈内的元素个数。
- \(\texttt{push()}\)：\(O(1)\)。
- \(\texttt{pop()}\)：\(O(1)\)。
- \(\texttt{peek()}\)：\(O(1)\)。
- \(\texttt{empty()}\)：\(O(1)\)。
空间复杂度：\(O(n)\)，其中 \(n\) 是栈内的元素个数。需要使用两个队列存储队列内的元素。

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