アルゴリズム-検証スタックシーケンス
1.スタックシーケンスを確認します
给定 pushed 和 popped 两个序列，每个序列中的 值都不重复，只有当它们可能是在最初空栈上进行的推入 push 和弹出 pop 操作序列的结果时，返回 true；否则，返回 false 。
示例 1：
输入：pushed = [1,2,3,4,5], popped = [4,5,3,2,1]
输出：true
解释：我们可以按以下顺序执行：
push(1), push(2), push(3), push(4), pop() -> 4,
push(5), pop() -> 5, pop() -> 3, pop() -> 2, pop() -> 1
示例 2：
输入：pushed = [1,2,3,4,5], popped = [4,3,5,1,2]
输出：false
解释：1 不能在 2 之前弹出。
提示：
0 <= pushed.length == popped.length <= 1000
0 <= pushed[i], popped[i] < 1000
pushed 是 popped 的排列。
この質問は非常に古典的な質問であり、スタックの性質をよく調べていると言えます。この問題を解決するために、スタッキングとポップをシミュレートできます。
どのようにシミュレートしますか？明らかに、徹底的な方法はすべての状況をシミュレートでき、アルゴリズムの時間の複雑さはO（N！）です。これは私たちが望んでいることではありません。
次に、スタックからポップアウトする場合は、最初にスタックにプッシュする必要があるため、最初のステップでプッシュ操作を実行する必要がありますが、明らかに、常にスタックにプッシュできるとは限らず、特定の条件に従ってスタックを終了する必要があります。 （スタックの最上部はポップされたスタックの最上部と等しい）、次にスタックをポップします（スタックの最上部は、等しくなくなるまでポップされたスタックの最上部と等しくなります）。すべての要素がスタックに配置された後、ポップされた要素がスタックと等しいかどうかを判断します。要素の数が等しい場合、各要素は最大で1回しかトラバースおよびポップできないため、スタックシーケンスを実行できることが証明されます。したがって、時間の複雑さはO（N）です。
次のコードは、上記のプロセスを実装します
public boolean validateStackSequences(int[] pushed, int[] popped) {
Stack<Integer> stack=new Stack<Integer>();//辅助栈
int ptrPop=0;//指向出栈数组的栈顶
for(int in:pushed){
stack.push(in);
while(!stack.isEmpty()&&ptrPop<popped.length&&stack.peek()==popped[ptrPop]){
ptrPop++;
stack.pop();
}
}
return ptrPop==popped.length;
}