一、每日温度
链接：力扣
描述如下：给定一个整数数组 temperatures ，表示每天的温度，返回一个数组 answer ，其中 answer[i] 是指对于第 i 天，下一个更高温度出现在几天后。如果气温在这之后都不会升高，请在该位置用 0 来代替。
思路如下：
使用单调栈，通常是一维数组，要寻找任一个元素的右边或者左边第一个比自己大或者小的元素的位置，此时我们就要想到可以用单调栈了。时间复杂度为O(n)。
例如本题其实就是找找到一个元素右边第一个比自己大的元素，此时就应该想到用单调栈了。
单调栈的原理：
单调栈的本质是空间换时间，因为在遍历的过程中需要用一个栈来记录右边第一个比当前元素高的元素，优点是整个数组只需要遍历一次。也就是用一个栈来记录我们遍历过的元素。
在使用单调栈的时候首先要明确如下几点：
1、单调栈里存放的元素是什么？
单调栈里只需要存放元素的下标i就可以了，如果需要使用对应的元素，直接T[i]就可以获取。
2、单调栈里元素是递增呢？ 还是递减呢？
顺序的描述为从栈头到栈底的顺序。
这里要使用递增循序（再强调一下是指从栈头到栈底的顺序），因为只有递增的时候，栈里要加入一个元素i的时候，才知道栈顶元素在数组中右面第一个比栈顶元素大的元素是i。
即：如果求一个元素右边第一个更大元素，单调栈就是递增的，如果求一个元素右边第一个更小元素，单调栈就是递减的。
使用单调栈主要有三个判断条件。
- 当前遍历的元素T[i]小于栈顶元素T[st.top()]的情况
- 当前遍历的元素T[i]等于栈顶元素T[st.top()]的情况
- 当前遍历的元素T[i]大于栈顶元素T[st.top()]的情况
首先先将第一个遍历元素加入单调栈
加入T[1] = 74，因为T[1] > T[0]（当前遍历的元素T[i]大于栈顶元素T[st.top()]的情况）。要保持一个递增单调栈（从栈头到栈底），所以将T[0]弹出，T[1]加入，此时result数组可以记录了，result[0] = 1，即T[0]右面第一个比T[0]大的元素是T[1]。
加入T[2]，同理，T[1]弹出
加入T[3]，T[3] < T[2] （当前遍历的元素T[i]小于栈顶元素T[st.top()]的情况），加T[3]加入单调栈。
加入T[4]，T[4] == T[3] （当前遍历的元素T[i]等于栈顶元素T[st.top()]的情况），此时依然要加入栈，不用计算距离，因为我们要求的是右面第一个大于本元素的位置，而不是大于等于！
加入T[5]，T[5] > T[4] （当前遍历的元素T[i]大于栈顶元素T[st.top()]的情况），将T[4]弹出，同时计算距离，更新result
T[4]弹出之后， T[5] > T[3] （当前遍历的元素T[i]大于栈顶元素T[st.top()]的情况），将T[3]继续弹出，同时计算距离，更新result
直到发现T[5]小于T[st.top()]，终止弹出，将T[5]加入单调栈
加入T[6]，同理，需要将栈里的T[5]，T[2]弹出
同理，继续弹出
此时栈里只剩下了T[6]
加入T[7]， T[7] < T[6] 直接入栈，这就是最后的情况，result数组也更新完了。
定义result数组的时候，直接初始化为0，如果result没有更新，说明这个元素右面没有更大的了，也就是为0。
以上在图解的时候，已经把，这三种情况都做了详细的分析。
- 情况一：当前遍历的元素T[i]小于栈顶元素T[st.top()]的情况
- 情况二：当前遍历的元素T[i]等于栈顶元素T[st.top()]的情况
- 情况三：当前遍历的元素T[i]大于栈顶元素T[st.top()]的情况
通过以上过程，就会发现只有单调栈递增（从栈口到栈底顺序），就是求右边第一个比自己大的，单调栈递减的话，就是求右边第一个比自己小的。
代码如下：
class Solution {
public:
vector<int> dailyTemperatures(vector<int>& temperatures)
{
vector<int>result(temperatures.size(), 0);
stack<int>st;//单调栈里存放的是下标
st.push(0);
for (int i = 1; i < temperatures.size(); i++)
{
if (temperatures[i] < temperatures[st.top()])
{
//当前元素小于或等于temperature的遍历元素
st.push(i);
}
else if (temperatures[i] == temperatures[st.top()])
{
st.push(i);
}
else
{
//当前元素大于temperature的遍历元素
while (!st.empty() && temperatures[st.top()] < temperatures[i])
{
result[st.top()] = i - st.top();
st.pop();
}
st.push(i);
}
}
return result;
}
};运行如下：
二、下一个更大元素I
链接：力扣
描述如下：nums1 中数字 x 的 下一个更大元素 是指 x 在 nums2 中对应位置 右侧 的 第一个 比 x 大的元素。
给你两个 没有重复元素 的数组 nums1 和 nums2 ，下标从 0 开始计数，其中nums1 是 nums2 的子集。
对于每个 0 <= i < nums1.length ，找出满足 nums1[i] == nums2[j] 的下标 j ，并且在 nums2 确定 nums2[j] 的 下一个更大元素 。如果不存在下一个更大元素，那么本次查询的答案是 -1 。
返回一个长度为 nums1.length 的数组 ans 作为答案，满足 ans[i] 是如上所述的 下一个更大元素。
思路如下：
上一题是求每个元素下一个比当前元素大的元素的位置。本题则是说nums1 是 nums2的子集，找nums1中的元素在nums2中下一个比当前元素大的元素。几乎是一样的。
从题目示例中，可以看出最后是要求nums1的每个元素在nums2中下一个比当前元素大的元素，那么就要定义一个和nums1一样大小的数组result来存放结果。
result数组初始化：题目说如果不存在对应位置就输出 -1 ，所以result数组如果某位置没有被赋值，那么就应该是是-1，所以就初始化为-1。
在遍历nums2的过程中，需要判断nums2[i]是否在nums1中出现过，因为最后是要根据nums1元素的下标来更新result数组。
注意题目中说是两个没有重复元素的数组 nums1 和 nums2。
没有重复元素，我们就可以用map来做映射了。根据数值快速找到下标，还可以判断nums2[i]是否在nums1中出现过。优先使用unordered_set，因为它的查询和增删效率是最优的。
使用单调栈，首先要想单调栈是从大到小还是从小到大。
本题和739. 每日温度是一样的。
栈头到栈底的顺序，要从小到大，也就是保持栈里的元素为递增顺序。只要保持递增，才能找到右边第一个比自己大的元素。
情况一：当前遍历的元素T[i]小于栈顶元素T[st.top()]的情况，此时满足递增栈（栈头到栈底的顺序），所以直接入栈。
情况二：当前遍历的元素T[i]等于栈顶元素T[st.top()]的情况，如果相等的话，依然直接入栈，因为要求的是右边第一个比自己大的元素，而不是大于等于。
情况三：当前遍历的元素T[i]大于栈顶元素T[st.top()]的情况
此时如果入栈就不满足递增栈了，这也是找到右边第一个比自己大的元素的时候。
判断栈顶元素是否在nums1里出现过，（注意栈里的元素是nums2的元素），如果出现过，开始记录结果。此时栈顶元素在nums2数组中右面第一个大的元素是nums2[i]（即当前遍历元素）。
代码如下：
class Solution {
public:
vector<int> nextGreaterElement(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2)
{
unordered_map<int, int>um;//记录nums1的元素，映射到下标
vector<int>result(nums1.size(),-1);
if (nums1.size() == 0)
{
return result;
}
for (int i = 0; i < nums1.size(); i++)
{
//um.insert(make_pair(nums1[i], i));
um[nums1[i]] = i;
}
stack<int>st;
st.push(0);
for (int i = 1; i < nums2.size(); i++)
{
if (nums2[i] < nums2[st.top()])
{
st.push(i);
}
else if (nums2[i] == nums2[st.top()]) {
st.push(i);
}
else
{
while (!st.empty()&&nums2[i]>nums2[st.top()])
{
if (um.count(nums2[st.top()]) > 0)
{
result[um[nums2[st.top()]]] = nums2[i];
}
st.pop();
}
st.push(i);
}
}
return result;
}
};运行如下：
