Question

我正在尝试从LeetCode.com解决以下问题：

根据每日温度列表，生成一个列表，对于输入中的每一天，它会告诉您在温度较高的情况下需要等待多少天。如果没有可能的未来日期，请改为0。如果输入为：[73, 74, 75, 71, 69, 72, 76, 73]，则输出应为：[1, 1, 4, 2, 1, 1, 0, 0]。

工作代码如下：

class Solution {
public:

    vector<int> dailyTemperatures(vector<int>& temperatures) {
        stack<int> s;
        vector<int> result(temperatures.size(),0);

        for(int i=0; i<(int)temperatures.size(); i++) {
            while(!s.empty() && temperatures[i]>temperatures[s.top()]) {
                int idx = s.top();
                s.pop();
                result[idx] = i-idx;
            }
            s.push(i);
        }

        return result;
    }
};

根据solutions，上述代码段的时间复杂度为O(n)。怎么样？如果我们考虑最坏情况输入：[75, 71, 69, 72, 76]，那么时间复杂度就不会是O（n ^ 2），因为我们会将几乎所有元素插入到堆栈中s然后在我们遇到76时将它们全部弹出？基本上，因为，如果我理解正确，我们两次访问几乎所有元素？

有人可以解释一下吗？感谢。

编辑：看起来像我的陈述_＆＃34;我们两次访问几乎所有元素＆＃34; _暗示意思不正确。我知道O(n+n)和O(n^2)之间的区别。在这里，我认为它应该是O(n^2)，因为对于给定的i（i=4），我们pop()堆栈中的所有元素，在最坏的情况下。

Answer 1

问题是温度介于[30,100]之间。因此，generate-selectors不会超过71。然后我们可以假设一个循环有不断的迭代。只有一个会“计数”，所以，O（n）。

通过常量循环，它永远不会显示多项式行为。

Answer 2

只有O（n），因为......

在这里，我认为它应该是O（n ^ 2），因为对于给定的i（i = 4），我们在最坏的情况下pop（）堆栈中的所有元素。

虽然对于i = 4这是正确的，但是整个运行中堆栈的pop“粘住”（影响堆栈内容），它不是“每i”，并且整个运行只有N个元素一直被推到堆栈中，因此最多可以弹出N个元素（不能弹出没有被推入的元素）。在您的情况下，i = {0, .., 3}“挨饿” - 只是未通过pop测试 - 仅执行push操作，保存了足够的操作来证明i=4 pop的合理性操作混乱，使其仍然是O（N）的总和。

特定i是否从堆栈中弹出没有元素，一个元素，两个元素或N个元素并不重要，因为它只会使剩余的工作量（堆栈的剩余内容）更大/更小对于剩余的i值，在任何情况下总计最多N次pop次操作。因此，它不是NxN，而是N + N.

如果堆栈对于每个i是独立的，并且有一些机会为每个i增长到N-ish大小，那么它将是NxN，那么这将是O（N ²），但事实并非如此。

时间复杂度O（n）如何？

2 个答案: