出处：https://leetcode-cn.com/leetbook/read/designing-data-structures/ruunki/

题目描述

请你仅使用两个栈实现先入先出队列。队列应当支持一般队列支持的所有操作（push、pop、peek、empty）：
实现 MyQueue 类：

void push(int x) 将元素 x 推到队列的末尾
int pop() 从队列的开头移除并返回元素
int peek() 返回队列开头的元素
boolean empty() 如果队列为空，返回 true ；否则，返回 false

说明：
你只能使用标准的栈操作 —— 也就是只有 push to top, peek/pop from top, size, 和 is empty 操作是合法的。
你所使用的语言也许不支持栈。你可以使用 list 或者 deque（双端队列）来模拟一个栈，只要是标准的栈操作即可。

进阶：
你能否实现每个操作均摊时间复杂度为 O(1) 的队列？换句话说，执行 n 个操作的总时间复杂度为 O(n) ，即使其中一个操作可能花费较长时间。

示例：

输入： [“MyQueue”, “push”, “push”, “peek”, “pop”, “empty”] [[], [1], [2], [], [], []] 输出： [null, null, null, 1, 1, false]

解释： MyQueue myQueue = new MyQueue(); myQueue.push(1); // queue is: [1] myQueue.push(2); // queue is: [1, 2] (leftmost is front of the queue) myQueue.peek(); // return 1 myQueue.pop(); // return 1, queue is [2] myQueue.empty(); // return false

提示：

1 <= x <= 9
最多调用 100 次 push、pop、peek 和 empty

假设所有操作都是有效的（例如，一个空的队列不会调用 pop 或者 peek 操作）

实现格式

class MyQueue {
  /** Initialize your data structure here. */
  public MyQueue() {
  }
  /** Push element x to the back of queue. */
  public void push(int x) {
  }
  /** Removes the element from in front of queue and returns that element. */
  public int pop() {
  }
  /** Get the front element. */
  public int peek() {
  }
  /** Returns whether the queue is empty. */
  public boolean empty() {
  }
}

题解

我们创建两个栈，分别为 out 和 in，用作处理「输出」和「输入」操作。
其实就是两个栈来回「倒腾」。

而对于「何时倒腾」决定了是 O(n) 解法还是均摊 O(1)解法。

O(n)解法

我们创建两个栈，分别为 out 和 in：

in 用作处理输入操作 push()，使用 in 时需确保 out 为空
out 用作处理输出操作 pop() 和 peek()，使用 out 时需确保 in 为空 ```java import java.util.ArrayDeque; import java.util.Deque;

public class MyQueue {

Deque<Integer> out, in;
public MyQueue() {
    in = new ArrayDeque<>();
    out = new ArrayDeque<>();
}
// 添加一个元素
public void push(int x) {
    // out不是空，先把out的元素添加到in
    while (!out.isEmpty()) {
        in.addLast(out.pollLast());
    }
    // 最后添加新元素
    in.addLast(x);
}
// 移除开头的元素
public int pop() {
    // in不是空，把in的元素都添加到到out
    while (!in.isEmpty()) {
        out.addLast(in.pollLast());
    }
    // 移除out的最后一个值返回
    return out.pollLast();
}
// 返回开头的元素
public int peek() {
    // in不是空，把in的元素都添加到到out
    while (!in.isEmpty()) {
        out.addLast(in.pollLast());
    }
    // 返回out的最后一个元素
    return out.peekLast();
}
public boolean empty() {
    // in和out都不是空
    return out.isEmpty() && in.isEmpty();
}

}

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### 均摊O(1)解法
事实上，我们不需要在每次的「入栈」和「出栈」操作中都进行「倒腾」。<br />我们只需要保证，输入的元素总是跟在前面的输入元素的后面，而输出元素总是最早输入的那个元素即可。
可以通过调整「倒腾」的时机来确保满足上述要求，但又不需要发生在每一次操作中：
- 只有在「输出栈」为空的时候，才发生一次性的「倒腾」
```java
import java.util.ArrayDeque;
import java.util.Deque;
public class MyQueue {
    Deque<Integer> out, in;
    public MyQueue() {
        in = new ArrayDeque<>();
        out = new ArrayDeque<>();
    }
    public void push(int x) {
        // 直接添加到in
        in.addLast(x);
    }
    public int pop() {
        // 当out为空时才进行操作，把in的元素转移到out中
        if (out.isEmpty()) {
            while (!in.isEmpty()) {
                out.addLast(in.pollLast());
            }
        }
        return out.pollLast();
    }
    public int peek() {
        // 当out为空时才进行操作，把in的元素转移到out中
        if (out.isEmpty()) {
            while (!in.isEmpty()) {
                out.addLast(in.pollLast());
            }
        }
        return out.peekLast();
    }
    public boolean empty() {
        // out和in都不为空
        return out.isEmpty() && in.isEmpty();
    }
}

关于均摊复杂度的说明

我们先用另外一个例子来理解「均摊复杂度」，大家都知道「哈希表」底层是通过数组实现的。
正常情况下，计算元素在哈希桶的位置，然后放入哈希桶，复杂度为 O(1)，假定是通过简单的“拉链法”搭配「头插法」方式来解决哈希冲突。

但当某次元素插入后，「哈希表」达到扩容阈值，则需要对底层所使用的数组进行扩容，这个复杂度是 O(n)

显然「扩容」操作不会发生在每一次的元素插入中，因此扩容的 O(n) 都会伴随着 n 次的 O(1)，也就是 O(n) 的复杂度会被均摊到每一次插入当中，因此哈希表插入仍然是 O(1) 的。

同理，我们的「倒腾」不是发生在每一次的「输出操作」中，而是集中发生在一次「输出栈为空」的时候，因此 pop 和 peek 都是均摊复杂度为 O(1) 的操作。

初梦 's 学习记录

用栈实现队列

题目描述

实现格式

题解

O(n)解法

关于均摊复杂度的说明