LeetCode经典栈类题目——155. 最小栈，这道题的核心考点是「如何在常数时间内获取栈的最小元素」，看似简单，但如果直接暴力求解会超时，所以需要一个巧妙的辅助思路。话不多说，我们一步步来拆解。
一、题目解读：到底要我们做什么？
题目要求设计一个MinStack类，支持栈的基础操作（push、pop、top），同时额外要求「能在常数时间O(1)内检索到最小元素」。这里有两个关键注意点，也是容易踩坑的地方：
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基础操作要符合栈的特性：后进先出（LIFO），push是压入栈顶，pop是删除栈顶，top是获取栈顶元素（不删除）；
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核心难点：getMin()方法必须是O(1)时间复杂度。如果每次getMin()都遍历整个栈找最小值，时间复杂度是O(n)，会超时，所以必须提前缓存最小值。
补充题目给出的类方法要求，避免遗漏：
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MinStack()：初始化两个空栈（后面会说为什么是两个）；
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push(int val)：将val压入主栈，同时处理辅助栈（缓存最小值）；
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pop()：删除主栈顶元素，若删除的是当前最小值，同步删除辅助栈顶；
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top()：返回主栈顶元素，若栈空返回null；
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getMin()：返回辅助栈顶元素（即当前最小值），若栈空返回null。
二、解题思路：双栈协同，缓存最小值
这道题的最优解法是「双栈法」，两个栈各司其职，协同工作，既保证基础操作的效率，又实现O(1)取最小。
1. 双栈分工（核心逻辑）
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主栈（stack）：负责存储所有元素，执行正常的push、pop、top操作，和普通栈完全一致；
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辅助栈（minStack）：专门缓存「当前栈中的最小值」，栈顶永远是主栈中当前的最小元素。
为什么这样设计？因为辅助栈可以实时记录主栈中每一步的最小值，当主栈操作时，辅助栈同步更新，这样getMin()只需要取辅助栈顶即可，完全不用遍历。
2. 关键细节（避坑重点）
辅助栈的更新规则是这道题的灵魂，也是最容易写错的地方，一定要注意两个点：
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push时：只有当「辅助栈为空」，或者「当前要压入的val ≤ 辅助栈顶元素」时，才将val压入辅助栈。这里用「≤」而不是「<」，是为了处理「主栈中有多个相同最小值」的情况（比如连续push 2、1、1，辅助栈也要push 2、1、1，否则pop第一个1后，辅助栈顶变成2，就错了）；
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pop时：只有当「主栈删除的元素（栈顶元素）等于辅助栈顶元素」时，才删除辅助栈顶元素。因为此时删除的是当前最小值，辅助栈需要同步更新，否则辅助栈顶会保留已经被删除的最小值，导致getMin()出错。
3. 逻辑演示（直观理解）
我们用一组操作演示双栈的变化，帮大家快速吃透逻辑：
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初始化：stack = [], minStack = []；
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push(3)：stack = [3]，minStack为空，push 3 → minStack = [3]；
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push(2)：stack = [3,2]，2 ≤ 3（minStack顶），push 2 → minStack = [3,2]；
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push(2)：stack = [3,2,2]，2 ≤ 2（minStack顶），push 2 → minStack = [3,2,2]；
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getMin()：返回minStack顶 → 2（正确）；
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pop()：stack删除2 → [3,2]，删除的2等于minStack顶，minStack删除2 → [3,2]；
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getMin()：返回minStack顶 → 2（正确，此时主栈最小还是2）；
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pop()：stack删除2 → [3]，删除的2等于minStack顶，minStack删除2 → [3]；
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getMin()：返回minStack顶 → 3（正确）；
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top()：返回stack顶 → 3（正确）。
三、完整代码解析（TypeScript版）
题目已经给出了核心代码，下面逐行解析每个方法的逻辑，重点标注易错点和核心细节，确保大家能看懂每一步的意义。
class MinStack {
// 定义两个栈：主栈存储元素，辅助栈缓存最小值
stack: number[];
minStack: number[];
// 构造函数：初始化两个空栈
constructor() {
this.stack = [];
this.minStack = [];
}
// push方法：压入元素，同步更新辅助栈
push(val: number): void {
// 1. 先将元素压入主栈（基础操作）
this.stack.push(val);
// 2. 辅助栈为空 或 当前val ≤ 辅助栈顶 → 压入辅助栈（缓存最小值）
if(this.minStack.length === 0 || val<= this.minStack[this.minStack.length - 1]){
this.minStack.push(val);
}
}
// pop方法：删除栈顶元素，同步维护辅助栈
pop(): void {
// 边界处理：如果主栈/辅助栈为空，直接返回（避免报错）
if (this.stack.length === 0) {
return;
}
if(this.minStack.length === 0){
return;
}
// 1. 删除主栈顶元素，并保存删除的值
const popped = this.stack.pop();
// 2. 若删除的值等于辅助栈顶（即当前最小值），同步删除辅助栈顶
if (popped === this.minStack[this.minStack.length - 1]) {
this.minStack.pop();
}
}
// top方法：获取主栈顶元素（不删除）
top(): number | null {
// 边界处理：栈空返回null
if (this.stack.length === 0) {
return null;
}
// 返回主栈顶元素（数组最后一个元素）
return this.stack[this.stack.length - 1];
}
// getMin方法：获取当前最小值（O(1)时间）
getMin(): number | null {
// 边界处理：辅助栈空（主栈也空）返回null
if (this.minStack.length === 0) {
return null;
}
// 辅助栈顶就是当前最小值
return this.minStack[this.minStack.length - 1];
}
}
/**
* 实例化使用示例（帮助理解如何调用）
* var obj = new MinStack()
* obj.push(val) // 压入元素
* obj.pop() // 删除栈顶
* var param_3 = obj.top() // 获取栈顶
* var param_4 = obj.getMin() // 获取最小值
*/
代码易错点总结
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push方法中，辅助栈的判断条件必须是「≤」，不能是「<」，否则多重复最小值会出错；
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pop方法中，必须先保存主栈删除的元素（popped），再和辅助栈顶比较，不能直接用this.stack.pop()和辅助栈顶比较（因为pop()会直接修改主栈）；
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所有方法都要做「栈空」的边界处理，否则当栈为空时，调用pop()、top()、getMin()会报错（比如访问undefined的length）。
四、复杂度分析（面试必问）
这道题的双栈解法，时间和空间复杂度都很优，面试时被问到复杂度分析，直接按下面说即可：
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时间复杂度：push、pop、top、getMin四个方法，每一步操作都是O(1)。因为每个元素最多被压入和弹出栈各一次，没有遍历操作；
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空间复杂度：O(n)。最坏情况下（比如所有元素按从大到小顺序压入），辅助栈会存储和主栈一样多的元素，n是压入栈的元素个数。
补充：有没有空间更优的解法？有（比如用一个栈，同时存储元素和当前最小值的差值），但会增加代码复杂度，且容易出错。双栈解法是「空间换时间」的经典案例，代码简洁、逻辑清晰，面试时优先写这种解法即可。
五、面试高频追问（提前准备）
这道题是栈类题目中的高频题，面试时很容易被追问，整理了2个最常问的问题，帮大家提前避坑：
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追问1：为什么辅助栈要存重复的最小值？ 答：因为当主栈中有多个相同的最小值时，删除其中一个，剩下的最小值依然存在。如果辅助栈只存一次，删除后辅助栈顶就会变成上一个更小值（不存在），导致getMin()出错。
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追问2：如果pop的时候，主栈和辅助栈都不为空，但弹出的元素不等于辅助栈顶，为什么不处理辅助栈？ 答：因为辅助栈顶是当前主栈的最小值，弹出的元素不是最小值，所以最小值依然存在于辅助栈顶，不需要处理，getMin()依然能拿到正确结果。
六、总结
LeetCode 155. 最小栈的核心是「双栈协同」，用辅助栈缓存最小值，实现O(1)时间获取最小元素。解题的关键在于掌握辅助栈的更新规则（push时≤才压入，pop时相等才弹出），同时做好边界处理。
这道题难度不算高，但非常经典，是理解「栈的特性」和「空间换时间」思想的绝佳题目。代码量不大，但每一步都有讲究，尤其是辅助栈的细节，一定要多动手演示几遍，避免踩坑。
