1.定義棧的資料結構，要求新增乙個min（）函式，能夠得到棧的最小元素。要求函式min(),push(),及pop()函式的時間複雜度都是o(1).
思考1：
如果說我們給棧這個類新增乙個成員變數min,用來記錄棧中的最小值。
1. 假設第一次push進入元素1時，設定min=1；
2. 再次想讓2進棧時，先把2和min進行比較，發現2沒有min小，min的值不用改變，然後再把2進棧；
3. 想讓3進棧時，重複2中的步驟
這時棧中的元素為1、2、3，min的值為1，當我們想要知道棧中的最小值時，可以直接返回min的值，時間複雜度為o(1)。再多考慮一點，如果我們進行一次出棧操作，發現棧頂元素3比min大，不用改變min的值。這時棧中元素為1、2，min=1，
似乎依舊是正確的。我們再多考慮一點，這是我們入棧0，由於0是小於的min,所以設定min=0，這時棧中元素為1、2、0，min為0，這時我們就能發現問題了，把0出棧，0和min的值是相同的，我們不知道該把min設定為何值。這個思路是不對的。
思考2：
首先思考一下為什麼思考1的思路有問題：
狀態a：（1、2、3 min=1）
把0入棧得到狀態b
狀態b：（1、2、3、0,min= 0），
把棧頂元素0出棧後沒法知道0入棧前的狀態a中的最小值為多少，因為得到min=0的過程沒有之前的min=1和入棧元素0的參與，也就沒法恢復狀態a。
這是如果想知道0出棧後的最小值就得遍歷陣列，這是時間複雜度就不是o(1)了。
所以我們要把入棧元素值和入棧前的min，以及入棧後的min建立聯絡。
發現：什麼時候入棧後的min才會變化呢，只有當小於min的值入棧時。
當小於min的值入棧時，入棧後的min值應該等於入棧元素的本來值，於是我們可以不把本來值存入棧頂，而是把入棧前的min的資訊記錄到棧頂，即把入棧元素的本來值-入棧前的min（這個差值是小於0的）存入棧頂。這樣便把三者的關係建立了。想要獲得棧頂元素，只需要把入棧後的min返回出去，然後min - 棧頂值即可或得入棧前的min。
當大於min的值入棧時，把入棧元素的本來值-min(這個值是大於0的)的差值存入棧頂，入棧後的min的值等於入棧前的min的值。當棧頂元素出棧時，由於知道棧頂存的是差值，且該差值是大於0的，所以知道min的值不需要改變。
利用這個思路就可以實現題目中的要求了。
具體的實現明天再補上。
補上實現**：
#include
template
class stackwithmin
bool push(datatype data)
elseelse
}
return
true;
}datatype pop()
else
}datatype getmin()
return _min;
}private:
datatype* _datas;
int _capacity;
int _top;
datatype _min;
};
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