解题思路： ​

普通栈的 push() 和 pop() 函数的复杂度为 $O(1)$ ；而获取栈最小值 min() 函数需要遍历整个栈，复杂度为 $O(N)$ 。

本题难点： 将 min() 函数复杂度降为 $O(1)$ 。可借助辅助栈实现：

• 数据栈 A ： 栈 A 用于存储所有元素，保证入栈 push() 函数、出栈 pop() 函数、获取栈顶 top() 函数的正常逻辑。
• 辅助栈 B ： 栈 B 中存储栈 A 中所有 非严格降序 元素的子序列，则栈 A 中的最小元素始终对应栈 B 的栈顶元素。此时， min() 函数只需返回栈 B 的栈顶元素即可。

因此，只需设法维护好 栈 B 的元素，使其保持是栈 A 的非严格降序元素的子序列，即可实现 min() 函数的 $O(1)$ 复杂度。

函数设计： ​

push(x) 函数： 重点为保持栈 B 的元素是 非严格降序 的；

1. 执行「元素 x 压入栈 A」 ；
2. 若「栈 B 为空」或「x $\leq$ 栈 B 的栈顶元素」，则执行「元素 x 压入栈 B」 ；

pop() 函数： 重点为保持栈 A , B 的 元素一致性 ；

1. 执行「栈 A 元素出栈」，将出栈元素记为 y ；
2. 若 「y 等于栈 B 的栈顶元素」，则执行「栈 B 元素出栈」；

top() 函数： 直接返回栈 A 的栈顶元素，即返回 A.peek() ；

min() 函数： 直接返回栈 B 的栈顶元素，即返回 B.peek() ；

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采用 “非严格” 降序原因： ​

在栈 A 具有 重复 最小值元素时，非严格降序可防止栈 B 提前弹出最小值元素，示例如下：

复杂度分析： ​

• 时间复杂度 $O(1)$ ： push(), pop(), top(), min() 四个函数的时间复杂度均为常数级别。
• 空间复杂度 $O(N)$ ： 当共有 $N$ 个待入栈元素时，辅助栈 B 最差情况下存储 $N$ 个元素，使用 $O(N)$ 额外空间。

代码： ​

Java 代码中，由于 Stack 中存储的是 int 的包装类 Integer ，因此需要使用 equals() 代替 == ，以比较对象的值。

class MinStack:
    def __init__(self):
        self.A, self.B = [], []

    def push(self, x: int) -> None:
        self.A.append(x)
        if not self.B or self.B[-1] >= x:
            self.B.append(x)

    def pop(self) -> None:
        if self.A.pop() == self.B[-1]:
            self.B.pop()

    def top(self) -> int:
        return self.A[-1]

    def min(self) -> int:
        return self.B[-1]

class MinStack {
    Stack<Integer> A, B;
    public MinStack() {
        A = new Stack<>();
        B = new Stack<>();
    }
    public void push(int x) {
        A.add(x);
        if(B.empty() || B.peek() >= x)
            B.add(x);
    }
    public void pop() {
        if(A.pop().equals(B.peek()))
            B.pop();
    }
    public int top() {
        return A.peek();
    }
    public int min() {
        return B.peek();
    }
}

class MinStack {
public:
    stack<int> A, B;
    MinStack() {}
    void push(int x) {
        A.push(x);
        if(B.empty() || B.top() >= x)
            B.push(x);
    }
    void pop() {
        if(A.top() == B.top())
            B.pop();
        A.pop();
    }
    int top() {
        return A.top();
    }
    int min() {
        return B.top();
    }
};