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描述
请定义一个队列并实现函数 max_value 得到队列里的最大值，要求函数max_value、push_back 和 pop_front 的均摊时间复杂度都是O(1)。
若队列为空，pop_front 和 max_value 需要返回 -1
- 示例 1:
输入: ["MaxQueue","push_back","push_back","max_value","pop_front","max_value"] [[],[1],[2],[],[],[]]
输出: [null,null,null,2,1,2]
复制代码- 示例 2:
输入:
["MaxQueue","pop_front","max_value"]
[[],[],[]]
输出: [null,-1,-1]
复制代码- 提示
1 <= push_back,pop_front,max_value的总操作数 <= 10000
1 <= value <= 10^5
复制代码解析
此题是要定义一个对列并实现函数 max_value 得到队列里的最大值，要求函数max_value、push_back 和 pop_front 的均摊时间复杂度都是O(1)。
如果均摊复杂度不是O(1)的话就可以用一个队列直接暴力解法，但是均摊复杂度是一暴力解法时间太长就不合适。所以我们用两个对列来实现，第一个对列正常操作用来实现push_back 和 pop_front方法它们的均摊复杂度本来就是一。
关键是max_value方法这时我们的第二个对列的作用就体现出来了我们可以写一写逻辑使得第一个队列中的最大的元素始终处于最前或最后，然后再用队列实现类中的方法来进行取出最大值，由具体分析得知第二个队列在实现那个具体逻辑时和在进行入队操作时加起来均摊复杂度为O(常数)所以认为它的均摊复杂度为O(1)，而pop_front的均摊复杂度也是O(1)，所以符合题意。
示例
class MaxQueue {
private LinkedList<Integer> queue;
private LinkedList<Integer> LinkedList; //双端队列
public MaxQueue() {
queue = new LinkedList<>();
LinkedList = new LinkedList<>();
}
public int max_value() {
if (LinkedList.isEmpty()){
return -1;
}
return LinkedList.peekFirst();
}
public void push_back(int value) {
queue.addLast(value);
while (!LinkedList.isEmpty()&&value>LinkedList.peekLast()){
LinkedList.removeLast();
}
LinkedList.offer(value);
}
public int pop_front() {
if (queue.isEmpty()){
return -1;
}
int result= queue.pollFirst();
if (result==LinkedList.peekFirst()){
LinkedList.pollFirst();
}
return result;
}
}
/**
* Your MaxQueue object will be instantiated and called as such:
* MaxQueue obj = new MaxQueue();
* int param_1 = obj.max_value();
* obj.push_back(value);
* int param_3 = obj.pop_front();
*/
复制代码运行结果：
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