Python数据结构与算法（3.2）——栈相关应用与习题

0. 学习目标

我们已经学习了栈的相关概念以及其实现，同时也了解了栈在实际问题中的广泛应用，本节的主要目的是通过栈的相关习题来进一步加深对栈的理解，同时能够利用栈降低一些复杂问题解决方案的时间复杂度。

1. 回文序列判断

[问题] 给定一字符串 string (如：abamaba)，检查其是否为回文。

[思路] 由于 string 为字符串，因此最简单的方法是使用双索引法，其中一个索引位于字符串的开头，另一个位于字符串的末尾；每次比较两个索引处的值是否相同。如果值相同，则增加左索引、减少右索引，否则给定的字符串不是回文序列；持续上述过程，直到两个索引在中间相遇。
我们也可以利用栈来快速解决此问题，如下述[算法]所示。

[算法]

 遍历字符串，将所有元素 push 到栈中
 遍历字符串，将每个元素与栈顶元素进行比较
 如果相同，则栈顶元素出栈并继续对比字符中的下一元素
 如果不相同，则给定字符串并非回文，跳出循环

[代码]

def ispalindrome(string):
    string_stack = Stack()
    flag = True
    for c in string:
        string_stack.push(c)
    for c in string:
        if c != string_stack.pop():
            flag = False
            break
    return flag

[时空复杂度] 时间复杂度为 $O(n)$，空间复杂度为 $O(n)$。

2. 反转栈中元素

[问题] 给定一栈 stack，仅使用栈的操作反转栈中元素。

[思路] 由于栈的先进后出特性，可以构建新栈 new_stack，并将原来栈 stack 中的元素按出栈顺序压入 new_stack 中。

[算法]

 实例化新栈 new_stack
 如果栈 stack 非空：
   栈顶元素出栈
   出栈元素 push 进新栈 new_stack 中

[代码]

def reverse_stack(stack):
    new_stack = Stack()
    if not stack.isempty():
        new_stack.push(stack.pop())
    return new_stack

[时空复杂度] 时间复杂度为 $O(n)$，空间复杂度为 $O(n)$。

3. 最大跨度问题

[问题3-1] 给定一列表 L，我们定义 L[i] 的跨度 S[i] 为紧邻 L[i]之前，并满足 L[j] <= L[i] 的连续元素个数，即 i - j。例如：

i	L[i]	S[i]
0	7	1
1	2	1
2	5	2
3	6	3
4	1	1

这一问题的一个常见实用场景通常为寻找峰值，例如查找低于当前股票价格的最大连续天数：

[思路3-1] 为了对此问题有一个清晰的认识，我们首先考虑采用遍历的方法，检查有多少连续元素值低于当前元素。

[代码3-1]

def finding_spans(L):
    s = [None] * len(L)
    for i in range(len(L)):
        j = i - 1
        while j >= 0 and L[i] > L[j]:
            j -= 1
        s[i] = i - j
    return s

[时空复杂度3-1] 时间复杂度 $O(n^2)$，空间复杂度 $O(1)$。

[问题3-2] 利用栈降低 [问题3-2] 的时间复杂度。

[思路3-2] 从 [算法3-1] 可以看出，如果我们知道了第 i 个元素前的第一个大于 L[i] 的元素索引，就可以很容易计算出第 i 天的跨度 S[i]，假设该索引为 p，那么 S[i] = i - p，因此我们使用栈来保存大于当前元素的第一个元素的索引，初始时索引 p=-1。

[算法3-2]

 实例化新栈 d，并初始化跨度列表 s
 遍历列表 L：
   如果栈 d 不为空，且当前元素大于栈顶元素：
     d 出栈
   否则：
     p=栈顶元素值
   计算 s[i]，并将列表当前索引入栈

[代码3-2]

def finding_spans(L):
    d = Stack()
    s = [None] * len(L)
    for i in range(len(L)):
        # stack.peek()方法用于返回栈顶元素，并不出栈
        while not d.isempty() and L[i] > L[d.peek()]:
            d.pop()
        if d.isempty():
            p = -1
        else:
            p = d.peek()
        s[i] = i - p
        d.push(i)
    return s

[时空复杂度3-2] 由于列表中的索引最多入栈 1 次，且最多出栈 1 次，虽然有内循环，但其总的执行次数为 $n$，因此算法的时间复杂度为 $O(n)$，空间复杂度为 $O(n)$。

4. 使用一个列表实现两个栈

[问题] 仅使用一个定长列表实现两个栈，直到列表中没有空闲空间。

[思路] 一种可行的方法如下图所示：

[算法]

 使用双索引，一个在列表左端，另一个在右端
 使用左侧索引模拟第一个栈，右侧索引模拟第二个栈
 第一个栈向右增长，第二个栈向左增长

[代码]

class TwoStack:
    def __init__(self, size=10):
        self.items = [None] * size
        self.size = size
        self.top_1 = -1
        self.top_2 = size

    def stack_1_push(self, data):
        if self.top_2 - self.top_1 > 1:
            self.top_1 += 1
            self.items[self.top_1] = data
        else:
            raise("Stack Overflow!")
    
    def stack_2_push(self, data):
        if self.top_2 - self.top_1 > 1:
            self.top_2 -= 1
            self.items[self.top_2] = data
        else:
            raise("Stack Overflow!")
    
    def stack_1_pop(self):
        if self.top_1 < 0:
            raise("Stack Underflow!")
        else:
            result = self.items[self.top_1]
            self.top_1 -= 1
            return result

    def stack_2_pop(self):
        if self.top_2 >= self.size:
            raise("Stack Underflow!")
        else:
            result = self.items[self.top_2]
            self.top_2 += 1
            return result

[时空复杂度] 两个栈的 push 和 pop 操作的时间复杂度均为 $O(1)$，空间复杂度为 $O(1)$。

5. 删除所有相邻的重复元素

[问题] 给定一字符串 string，从字符串中删除相邻的重复字符，使输出字符串中不包含相邻的重复项。如：输入字符串 cennection，输出为 tion。

[思路] 由于在 python 中字符串属于不可变序列，因此为了实现原地修改，首先将字符串 string 变为列表。然后直接将此列表作为栈，当栈顶的字符与当前字符不同时，将其添加到栈中；否则，跳过当前字符，直到该字符与栈顶不相同，然后从栈中移除该元素，最终栈中的元素即为所求结果。

[算法]

 将字符串 string 变为序列，并初始化栈顶 ptr 和索引 i
 遍历序列 string:
   如果栈顶的字符与当前字符不同:
     当前字符入栈
   否则:
     跳过当前字符，直到当前字符与栈顶不相同
   栈顶元素出栈

[代码]

def remove_duplicates(string):
    string = list(string)
    ptr = -1
    i = 0
    size = len(string)
    while i < size:
        if ptr == -1 or string[ptr] != string[i]:
            ptr += 1
            string[ptr] = string[i]
            i += 1
        else:
            while i < size and string[ptr] == string[i]:
                i += 1
            ptr -= 1
    ptr += 1
    string = ''.join(string[0:ptr])
    return string

[时空复杂度] 时间复杂度为 $O(n)$，空间复杂度为 $O(1)$。

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