详细分析单调栈，及正确性证明

什么是单调栈

对于一个数组，需要对每个位置生成，左右两边离它最近的，比它小（或比它大）的位置在哪

例如：

如果对每个位置都遍历下左右两边，找到第一个比它小的位置，就是O(N ^ 2)的算法

单调栈结构就是专门解决这种问题，能做到整个过程的时间复杂度为O(N)

流程

准备一个栈，栈中保存元素的下标，要求元素从从栈底到栈顶是由小到大的顺序排列

从左到右遍历整个数组arr

当遍历到一个数i时，如果arr[i]比栈顶的元素peek所代表的数arr[peek]小，此时如果将arr[i]压入栈中，就改变了栈的顺序，使得从栈底到栈顶不是由小到大，因此需要将栈顶元素peek弹出

此时位置为peek的数：

• 在它左边离它最近且比它小的数，就是现在的栈顶元素代表的数

  • 如果此时栈是空的，说明它左边没有比它小的数

• 在它右边离它最近且比它小的数，就是arr[i]

当遍历完整个数组后，开始清理栈中的元素，依次从栈顶弹出元素：

• 在它左边离它最近且比它小的数，就是现在的栈顶元素代表的数

  • 如果此时栈是空的，说明它左边没有比它小的数

• 在它右边离它最近且比它小的数：没有

这个流程为什么正确？下文有详细的正确性证明

代码如下：

public  int[][] getNearestLess(int[] arr) {
    int n = arr.length;
    // 返回每个位置i，左边最近最小的位置：res[i][0]，右边最近最小的位置：res[i][1]
    int[][] res = new  int[n][2];
    Stack<Integer> stack = new Stack<>();
    for (int i = 0;i<n;i++) {
        while (!stack.isEmpty() && arr[stack.peek()] > arr[i]) {
            Integer pop = stack.pop();
            // 收集弹出的数的答案
            res[pop][0] = stack.isEmpty() ? -1 : stack.peek();
            res[pop][1] = i;
        }

        stack.push(i);
    }

    // 处理栈中剩下的数
    while (!stack.isEmpty()) {
        Integer pop = stack.pop();
        res[pop][0] = stack.isEmpty() ? -1 : stack.peek();
        res[pop][1] = -1;
    }

    return res;
}

时间复杂度

由于在每次循环中的操作，就是让一些数进栈，出栈，每个位置最多进栈一次，出栈一次，不可能大于一次

因此整个流程耗时O(N)

正确性证明

当从栈中弹出一个元素时，为什么让它弹出的这个数，就是它右边离它最近，且比它小的数？

假设此时栈中栈顶元素为b，b下面压着a，遍历到c，且b < c

因为遍历到c时，b在栈中，因此b的下标比c的下标小，b在c的左边

b和c中间，有没有可能存在比b更小的数？

答案是不可能，因为如果存在，假设为k，那在遍历到k时，就会把b弹出，而轮不到现在c来弹出b

因此，b和c中间没有比b小的数，而现在c < b，因此c就是b右边离b最近，且比它小的数

再来证明，为什么b左边离b最近，且比它小的数为a

因为b压着a，因此在数值中，a一定在b的左边

讨论a和b之间的数，有哪些可能性

• 小于a：不可能，因为如果有，在遍历到这个数时就把a弹出了，而现在栈中还有a

• 大于a，小于b：不可能：

  • 因为如果有这种数，这个数现在会压在a的上面，而不是b来压在a的上面。
  • 当然，这个数可能在遍历到b时，就被弹出了，但使得该数弹出的数，也会压在a的上面，而不是现在b压在a的上面
  • 无论怎样，只要a和b之间有大于a小于b的数，都不会轮到b来压在a的上面

综上所述，a和b之间只会有大于等于b的数，因此a就是b左边离b最近，且比它小的数