232用栈实现队列(力扣)

本文介绍了如何使用两个栈来实现队列的主要操作,包括入队(push)、出队(pop)、查看队首元素(peek)和判断队列是否为空(empty)。通过在inStack存储元素并利用outStack来还原队列顺序,实现了队列的功能。具体实现过程中,push操作直接将元素放入inStack,pop和peek操作先通过check函数将inStack元素转移至outStack,再进行相应操作。

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题目内容

使用栈实现队列的下列操作:

push(x) -- 将一个元素放入队列的尾部。
pop() -- 从队列首部移除元素。
peek() -- 返回队列首部的元素。
empty() -- 返回队列是否为空

示例

MyQueue queue = new MyQueue();

queue.push(1);
queue.push(2);
queue.peek(); // 返回 1
queue.pop(); // 返回 1
queue.empty(); // 返回 false

题目分析

这种题可以采用双栈的方式完成。分别命名为inStack,用于存储该队列的元素(顺序栈),outStack用于还原元素在队列中的位置(逆序栈)。
所以对于队列中各函数的实现:
void cheak():首先判断outStack是否为空,若不为空直接弹出该栈栈顶元素,若为空,先把inStack所有元素逐一弹出,push到outStack,最后弹出outStack的栈顶元素,这样即可实现逆向存储
void push(x)(入队):直接将队列元素存入inStack中。若存入队列的元素为1,2,3,所以在inStack中的元素为3,2,1(3在最前面),outStack为空。
int pop()(删除首部元素并返回该值):首先进行cheak()操作,得到outStack中的元素为1,2,3(1在最前面),inStack由于pop后目前为空。随后将outStack的首元素取出来作为队列中的首元素,并将其删除。此时返回1,outStack中的元素为2,3。
int peak()(返回队列首部元素):同样先进行cheak()操作,随后直接返回outStack首部元素即可。
bool empty()(判空):此时需要判断inStack和outStack均为空才可以。原理很简单,一个队列的元素若判断它里面为空,则正向排列为空逆向排列也为空即可。

代码实现

class MyQueue
{
public:
    stack<int> inStack;
    stack<int> outStack;

    MyQueue()
    {
    }

    void push(int x)
    {
        inStack.push(x);
    }

    int pop()
    {
        cheak();
        int a = outStack.top();
        outStack.pop();
        return a;
    }

    int peek()
    {
        cheak();
        return outStack.top();
    }

    bool empty()
    {
        return inStack.empty() && outStack.empty();
    }

    void cheak()
    {
        if (outStack.empty())
        {
            while (!inStack.empty())
            {
                outStack.push(inStack.top());
                inStack.pop();
            }
        }
    }
};

<think>好的,我现在需要帮助用户找到LeetCode第111题的C语言解决方案。首先,我得确认题目内容。LeetCode 111题是“二叉树的最小深度”,要求找出从根节点到最近叶子节点的最短路径上的节点数量。 用户明确要求用C语言实现,所以我需要回忆或查找相关的解决方案。根据之前的引用,解决方案通常包括递归、迭代和使用Morris遍历。不过Morris遍历在C语言中可能比较复杂,而递归和迭代方法更常见。 首先考虑递归方法。二叉树的最小深度不是简单的取左右子树深度的较小值,因为如果某子树为空,就不能取它,否则会得到错误的结果。例如,当左子树为空时,最小深度应取决于右子树。因此,递归的终止条件需要处理节点为空的情况,以及左右子树是否存在的情况。 接下来是迭代方法,通常使用层序遍历(BFS),这样可以逐层检查,一旦遇到叶子节点就返回当前深度,这样效率更高,因为不需要遍历整个树。这在C语言中可以通过队列实现,但需要手动实现队列结构,因为C没有内置的数据结构。 另外,用户提供的引用中提到递归和迭代的时间复杂度都是O(n),空间复杂度递归为O(n)(调用),而迭代的队列也是O(n)。Morris遍历可以达到O(1)的空间,但实现起来较为复杂,可能在面试中不太常见,但用户可能希望了解所有方法。 现在需要编写C语言的代码。首先处理递归方法。结构体TreeNode的定义是必要的。递归函数需要考虑左右子树是否存在的情况。如果左子树不存在,就递归右子树;反之亦然。如果都存在,取较小值。 然后是迭代方法,使用队列进行层序遍历。每次处理一层节点,遇到第一个叶子节点就返回当前深度。C语言中需要自己实现队列,可能用数组或链表。需要注意内存分配和释放,避免泄漏。 还需要注意测试用例,例如树为空的情况,或者只有左子树或右子树的情况。确保代码在这些情况下都能正确运行。 现在,整理思路,写出递归和迭代的C代码。同时,根据用户要求,生成相关问题,帮助用户进一步理解题目和相关知识点。</think>### LeetCode 111 二叉树的最小深度(C语言实现) #### 题目描述 给定一个二叉树,找出其最小深度。最小深度是从根节点到最近叶子节点的最短路径上的节点数量[^1]。 --- #### 方法1:递归解法 **核心思路** 递归遍历左右子树,注意处理单边子树为空的情况(例如左子树为空时,最小深度由右子树决定)。 ```c #include <stdlib.h> #include <math.h> struct TreeNode { int val; struct TreeNode *left; struct TreeNode *right; }; int minDepth(struct TreeNode* root) { if (root == NULL) return 0; if (root->left == NULL) return 1 + minDepth(root->right); // 左子树为空 if (root->right == NULL) return 1 + minDepth(root->left); // 右子树为空 return 1 + fmin(minDepth(root->left), minDepth(root->right)); // 左右子树均非空 } ``` **复杂度分析** - 时间复杂度:$O(n)$,每个节点遍历一次 - 空间复杂度:$O(h)$,递归深度与树高$h$相关[^1] --- #### 方法2:迭代解法(层序遍历) **核心思路** 使用队列实现BFS,首次遇到叶子节点时立即返回当前层数。 ```c #include <stdlib.h> struct TreeNode { int val; struct TreeNode *left; struct TreeNode *right; }; typedef struct QueueNode { struct TreeNode* tree_node; int depth; struct QueueNode* next; } QueueNode; int minDepth(struct TreeNode* root) { if (root == NULL) return 0; QueueNode* queue = (QueueNode*)malloc(sizeof(QueueNode)); queue->tree_node = root; queue->depth = 1; queue->next = NULL; QueueNode* front = queue; QueueNode* rear = queue; while (front != NULL) { struct TreeNode* current = front->tree_node; int current_depth = front->depth; if (current->left == NULL && current->right == NULL) { free(queue); return current_depth; // 找到第一个叶子节点 } if (current->left != NULL) { rear->next = (QueueNode*)malloc(sizeof(QueueNode)); rear = rear->next; rear->tree_node = current->left; rear->depth = current_depth + 1; rear->next = NULL; } if (current->right != NULL) { rear->next = (QueueNode*)malloc(sizeof(QueueNode)); rear = rear->next; rear->tree_node = current->right; rear->depth = current_depth + 1; rear->next = NULL; } QueueNode* temp = front; front = front->next; free(temp); } return 0; // 不会执行到此 } ``` **复杂度分析** - 时间复杂度:$O(n)$,每个节点入队一次 - 空间复杂度:$O(n)$,队列存储节点数量[^1] ---
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