啥是「均摊复杂度」呀？我的算法击败 100%，是 O(1) 算法了吧？| Java 刷题打卡

题目描述

这是 LeetCode 上的 232. 用栈实现队列 。

Tag : 「栈」、「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（push、pop、peek、empty）：

实现 MyQueue 类：

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

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。

示例：

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
复制代码

提示：

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

基本思路

无论「用栈实现队列」还是「用队列实现栈」，思路都是类似的。

都可以通过使用两个栈/队列来解决。

我们创建两个栈，分别为 out 和 in，用作处理「输出」和「输入」操作。

其实就是两个栈来回「倒腾」。

而对于「何时倒腾」决定了是 O(n) 解法 还是 均摊 O(1) 解法。

O(n) 解法

我们创建两个栈，分别为 out 和 in：

• in 用作处理输入操作 push()，使用 in 时需确保 out 为空
• out 用作处理输出操作 pop() 和 peek()，使用 out 时需确保 in 为空

class MyQueue {
    Deque<Integer> out, in;
    public MyQueue() {
        in = new ArrayDeque<>();
        out = new ArrayDeque<>();
    }
    public void push(int x) {
        while (!out.isEmpty()) in.addLast(out.pollLast());
        in.addLast(x);
    }
    public int pop() {
        while (!in.isEmpty()) out.addLast(in.pollLast());
        return out.pollLast();
    }
    public int peek() {
        while (!in.isEmpty()) out.addLast(in.pollLast());
        return out.peekLast();
    }
    public boolean empty() {
        return out.isEmpty() && in.isEmpty();
    }
}
复制代码

• 时间复杂度：O(n)O(n)
• 空间复杂度：O(n)O(n)

均摊 O(1) 解法

事实上，我们不需要在每次的「入栈」和「出栈」操作中都进行「倒腾」。

我们只需要保证，输入的元素总是跟在前面的输入元素的后面，而输出元素总是最早输入的那个元素即可。

可以通过调整「倒腾」的时机来确保满足上述要求，但又不需要发生在每一次操作中：

• 只有在「输出栈」为空的时候，才发生一次性的「倒腾」

class MyQueue {
    Deque<Integer> out, in;
    public MyQueue() {
        in = new ArrayDeque<>();
        out = new ArrayDeque<>();
    }
    public void push(int x) {
        in.addLast(x);
    }
    public int pop() {
        if (out.isEmpty()) {
            while (!in.isEmpty()) out.addLast(in.pollLast());
        }
        return out.pollLast();
    }
    public int peek() {
        if (out.isEmpty()) {
            while (!in.isEmpty()) out.addLast(in.pollLast());
        }
        return out.peekLast();
    }
    public boolean empty() {
        return out.isEmpty() && in.isEmpty();
    }
}
复制代码

• 时间复杂度：pop() 和 peek() 操作都是均摊 O(1)O(1)
• 空间复杂度：O(n)O(n)

关于「均摊复杂度」的说明

我们先用另外一个例子来理解「均摊复杂度」，大家都知道「哈希表」底层是通过数组实现的。

正常情况下，计算元素在哈希桶的位置，然后放入哈希桶，复杂度为 O(1)O(1)，假定是通过简单的“拉链法”搭配「头插法」方式来解决哈希冲突。

但当某次元素插入后，「哈希表」达到扩容阈值，则需要对底层所使用的数组进行扩容，这个复杂度是 O(n)O(n)

显然「扩容」操作不会发生在每一次的元素插入中，因此扩容的 O(n)O(n) 都会伴随着 n 次的 O(1)O(1)，也就是 O(n)O(n) 的复杂度会被均摊到每一次插入当中，因此哈希表插入仍然是 O(1)O(1) 的。

同理，我们的「倒腾」不是发生在每一次的「输出操作」中，而是集中发生在一次「输出栈为空」的时候，因此 pop 和 peek 都是均摊复杂度为 O(1)O(1) 的操作。

由于本题的调用次数只有 100 次，所以铁定是一个人均 100% 的算法（0 ms）🐶 🐶

我们需要对操作进行复杂度分析进行判断，而不是看时间来判断自己是不是均摊 O(1) 哦 ~

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.232 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先将所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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