DAY57 739. 每日温度 + 496.下一个更大元素 I

739. 每日温度

题目要求：

请根据每日气温列表，重新生成一个列表。对应位置的输出为：要想观测到更高的气温，至少需要等待的天数。如果气温在这之后都不会升高，请在该位置用 0 来代替。

例如，给定一个列表 temperatures = [73, 74, 75, 71, 69, 72, 76, 73]，你的输出应该是 [1, 1, 4, 2, 1, 1, 0, 0]。

提示：气温列表长度的范围是 [1, 30000]。每个气温的值的均为华氏度，都是在 [30, 100] 范围内的整数。

思路

首先想到的当然是暴力解法，两层for循环，把至少需要等待的天数就搜出来了。时间复杂度是O(n^2)

那么接下来在来看看使用单调栈的解法。

那有同学就问了，我怎么能想到用单调栈呢？什么时候用单调栈呢？

通常是一维数组，要寻找任一个元素的右边或者左边第一个比自己大或者小的元素的位置，此时我们就要想到可以用单调栈了。时间复杂度为O(n)。

例如本题其实就是找找到一个元素右边第一个比自己大的元素，此时就应该想到用单调栈了。

那么单调栈的原理是什么呢？为什么时间复杂度是O(n)就可以找到每一个元素的右边第一个比它大的元素位置呢？

单调栈的本质是空间换时间，因为在遍历的过程中需要用一个栈来记录右边第一个比当前元素高的元素，优点是整个数组只需要遍历一次。

更直白来说，就是用一个栈来记录我们遍历过的元素，因为我们遍历数组的时候，我们不知道之前都遍历了哪些元素，以至于遍历一个元素找不到是不是之前遍历过一个更小的，所以我们需要用一个容器（这里用单调栈）来记录我们遍历过的元素。

在使用单调栈的时候首先要明确如下几点：

单调栈里存放的元素是什么？

单调栈里只需要存放元素的下标i就可以了，如果需要使用对应的元素，直接T[i]就可以获取。

单调栈里元素是递增呢？还是递减呢？

注意以下讲解中，顺序的描述为从栈头到栈底的顺序，因为单纯的说从左到右或者从前到后，不说栈头朝哪个方向的话，大家一定比较懵。

这里我们要使用递增循序（再强调一下是指从栈头到栈底的顺序），因为只有递增的时候，栈里要加入一个元素i的时候，才知道栈顶元素在数组中右面第一个比栈顶元素大的元素是i。

即：如果求一个元素右边第一个更大元素，单调栈就是递增的，如果求一个元素右边第一个更小元素，单调栈就是递减的。

文字描述理解起来有点费劲，接下来我画了一系列的图，来讲解单调栈的工作过程，大家再去思考，本题为什么是递增栈。

使用单调栈主要有三个判断条件。

当前遍历的元素T[i]小于栈顶元素T[st.top()]的情况
当前遍历的元素T[i]等于栈顶元素T[st.top()]的情况
当前遍历的元素T[i]大于栈顶元素T[st.top()]的情况

把这三种情况分析清楚了，也就理解透彻了。

接下来我们用temperatures = [73, 74, 75, 71, 71, 72, 76, 73]为例来逐步分析，输出应该是 [1, 1, 4, 2, 1, 1, 0, 0]。

首先先将第一个遍历元素加入单调栈

加入T[1] = 74，因为T[1] > T[0]（当前遍历的元素T[i]大于栈顶元素T[st.top()]的情况）。

我们要保持一个递增单调栈（从栈头到栈底），所以将T[0]弹出，T[1]加入，此时result数组可以记录了，result[0] = 1，即T[0]右面第一个比T[0]大的元素是T[1]。

加入T[2]，同理，T[1]弹出

加入T[3]，T[3] < T[2] （当前遍历的元素T[i]小于栈顶元素T[st.top()]的情况），加T[3]加入单调栈。

加入T[4]，T[4] == T[3] （当前遍历的元素T[i]等于栈顶元素T[st.top()]的情况），此时依然要加入栈，不用计算距离，因为我们要求的是右面第一个大于本元素的位置，而不是大于等于！

加入T[5]，T[5] > T[4] （当前遍历的元素T[i]大于栈顶元素T[st.top()]的情况），将T[4]弹出，同时计算距离，更新result

T[4]弹出之后， T[5] > T[3] （当前遍历的元素T[i]大于栈顶元素T[st.top()]的情况），将T[3]继续弹出，同时计算距离，更新result

直到发现T[5]小于T[st.top()]，终止弹出，将T[5]加入单调栈

加入T[6]，同理，需要将栈里的T[5]，T[2]弹出

同理，继续弹出

此时栈里只剩下了T[6]

加入T[7]， T[7] < T[6] 直接入栈，这就是最后的情况，result数组也更新完了。

此时有同学可能就疑惑了，那result[6] , result[7]怎么没更新啊，元素也一直在栈里。

其实定义result数组的时候，就应该直接初始化为0，如果result没有更新，说明这个元素右面没有更大的了，也就是为0。

以上在图解的时候，已经把，这三种情况都做了详细的分析。

情况一：当前遍历的元素T[i]小于栈顶元素T[st.top()]的情况
情况二：当前遍历的元素T[i]等于栈顶元素T[st.top()]的情况
情况三：当前遍历的元素T[i]大于栈顶元素T[st.top()]的情况

通过以上过程，大家可以自己再模拟一遍，就会发现：只有单调栈递增（从栈口到栈底顺序），就是求右边第一个比自己大的，单调栈递减的话，就是求右边第一个比自己小的。

class Solution {
public:
    vector<int> dailyTemperatures(vector<int>& temperatures) {
        stack<int> st;
        vector<int> result(temperatures.size(), 0);
        st.push(0);
        for (int i = 1; i < temperatures.size(); ++i) {
            if (temperatures[i] < temperatures[st.top()]) {
                st.push(i);
            } else if (temperatures[i] == temperatures[st.top()]) {
                st.push(i);
            } else {
                while (!st.empty() && temperatures[i] > temperatures[st.top()]) {
                    result[st.top()] = i - st.top();
                    st.pop();
                }
                st.push(i);
            }
        }
        return result;
    }
};

496.下一个更大元素 I

题目要求：

给你两个没有重复元素的数组 nums1 和 nums2 ，其中nums1 是 nums2 的子集。

请你找出 nums1 中每个元素在 nums2 中的下一个比其大的值。

nums1 中数字 x 的下一个更大元素是指 x 在 nums2 中对应位置的右边的第一个比 x 大的元素。如果不存在，对应位置输出 -1 。

示例 1:

输入: nums1 = [4,1,2], nums2 = [1,3,4,2].
输出: [-1,3,-1]
解释:
对于 num1 中的数字 4 ，你无法在第二个数组中找到下一个更大的数字，因此输出 -1 。
对于 num1 中的数字 1 ，第二个数组中数字1右边的下一个较大数字是 3 。
对于 num1 中的数字 2 ，第二个数组中没有下一个更大的数字，因此输出 -1 。

思路

对于result数组按照要求初始化为-1。nums1中每一个元素在nums2中都能找到对应，我可以指导nums2中每一个元素右边第一个比他大的元素在哪里，现在我只需要让nums1和nums2里联系起来。

从题目示例中我们可以看出最后是要求nums1的每个元素在nums2中下一个比当前元素大的元素，那么就要定义一个和nums1一样大小的数组result来存放结果。

这么定义这个result数组初始化应该为多少呢？

题目说如果不存在对应位置就输出 -1 ，所以result数组如果某位置没有被赋值，那么就应该是是-1，所以就初始化为-1。

在遍历nums2的过程中，我们要判断nums2[i]是否在nums1中出现过，因为最后是要根据nums1元素的下标来更新result数组。

注意题目中说是两个没有重复元素的数组 nums1 和 nums2。

没有重复元素，我们就可以用map来做映射了。根据数值快速找到下标，还可以判断nums2[i]是否在nums1中出现过。

C++中，当我们要使用集合来解决哈希问题的时候，优先使用unordered_set，因为它的查询和增删效率是最优的。

那么预处理代码如下:

unordered_map<int, int> umap; // key:下标元素，value：下标
for (int i = 0; i < nums1.size(); i++) {
    umap[nums1[i]] = i;
}

class Solution {
public:
    vector<int> nextGreaterElement(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        stack<int> st;
        vector<int> result(nums1.size(), -1);
        if (nums1.size() == 0) return result;

        unordered_map<int, int> umap;
        for (int i = 0; i < nums1.size(); ++i) {
            umap[nums1[i]] = i;
        }
        st.push(0);
        for (int i = 1; i < nums2.size(); ++i) {
            if (nums2[i] < nums2[st.top()]) {
                st.push(i);
            } else if (nums2[i] == nums2[st.top()]) {
                st.push(i);
            } else {
                while (!st.empty() && nums2[i] > nums2[st.top()]) {
                    if (umap.count(nums2[st.top()]) > 0) {
                        int index = umap[nums2[st.top()]];
                        result[index] = nums2[i];
                    }
                    st.pop();
                }
                st.push(i);
            }
        }
        return result;
    }
};

总结：在懂得单调栈用空间换时间事前，我只是一个只会双循环超时的小趴菜。（现在也是！确信）