1. 单调栈的定义

单调栈顾名思义，就是栈内的元素是单调的。根据栈内元素的单调性的不同，可以分为：

单调递增栈：栈内元素是单调递增的栈。

单调递减栈：栈内元素是单调递减的栈。

2. 单调栈的常见用途

单调栈的用途：给定一个序列，指定一个序列中的元素，求解该元素左侧/右侧第一个比自身小/大的元素。

这便是单调栈的常见用途。下面结合具体的例子来理解单调栈哈！N

3. 案例分析

原题链接：

496. 下一个更大元素 I - 力扣（LeetCode）https://leetcode.cn/problems/next-greater-element-i/

题目描述：

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，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。

3.1 暴力解法

暴力解法的思路就比较简单了。我们先初始化一个数组 ret，用他的下标表示 nums2 中的每一个元素，对应下标的值表示右侧第一个比它大的元素。然后从后往前(从前向后也行的)遍历 nums2 数组中的元素，遍历每一个元素时向后找比该元素更大的数，如果找到则将对应的结果保存到下标为遍历元素的位置处，如果没有找到的话就将 -1 保存到下标为遍历元素的位置处。

得到了 nums2 数组中每个元素的右边第一个比自身大的元素后，只需要遍历一次 nums1 数组，在 ret 数组中找到结果就行啦！！

假设 nums2 数组的大小为 N，在求 nums2 数组中的每一个元素右侧第一个比自身大的数时，时间复杂度是一个等差数列的求和，即 O(N*N) 。在遍历 nums1 数组时，因为 nums1 数组中的元素是nums2 数组中元素的子集，遍历 nums1 的时间复杂度为 O(N)，所以总的时间复杂度为：O(N^2)。

int* nextGreaterElement(int* nums1, int nums1Size, int* nums2, int nums2Size, int* returnSize)
{int ret[10010];int j;for(int i = nums2Size - 1; i>=0;i--){for(j =  i + 1; j < nums2Size; j++){if(nums2[j] > nums2[i]){ret[nums2[i]] = nums2[j];break;}}if(j == nums2Size){ret[nums2[i]] = -1;}}*returnSize = nums1Size;int* array = (int*)malloc(sizeof(int)*nums1Size);for(int i = 0;i<nums1Size;i++){array[i] = ret[nums1[i]];}return array;
}

3.2 单调栈

单调栈的应用思路和双指针算法大体思路是一致的。先分析暴力解法怎么做，然后分析具体题目，找到其中隐藏的性质，从而达到优化时间效率的目的。

emm怎么分析的就不说了，后面会总结的。经过分析该问题发现：在向右找比自身大的元素时，哪些下标更大的，但是值却更小的元素是不可能作为结果输出到 ret 数组的。

分析到这里我们就可以用单调栈（为啥呢？找的是右侧第一个比自身大的元素，第一这两个字很能说明问题）来解决问题了！！我们这里使用的是用数组模拟的栈哈！效率比STL更高一点。向右找比自身大元素时，需要从后往前遍历 nums2 数组。

我们还是以上面的 3 4 7 2 5 来举例分析，开始遍历到 5 这个元素，此时栈为空，那就表明 5 这个元素右侧没有比自身大的元素(这里也能够说明为啥向右找需要从后往前遍历)，将结果保存到 ret 数组。然后将 5 压入栈中。遍历到 2 时发现 2 小于栈顶的元素 5，表明 2 这个元素右侧第一个比自身大的元素是 5，将结果保存到 ret 数组中。遍历到 7 时，发现 7 大于栈顶的元素 2，这就是我们刚才说的，2 是不可能作为结果输出的，所以需要将栈顶的 2 弹出。弹出之后栈顶的元素就是 5 啦，同样小于 7，但下标大于 7 的下标，需要再次弹出。此时我们发现栈里面已经没有元素了，说明 7 的右侧没有比自身大的元素返回 -1。然后将 7 压入栈中。其他的元素就同理啦！

同样假设 nums2 数组的大小为 N，我们经过分析不难发现，nums2 中的元素最多被压栈一次，弹栈一次，所以找 nums2 数组中右侧第一个比自身大的数的时间复杂度为 O(N)，遍历nums1数组输出结果时也是 O(N)，因此总的时间复杂度就是 O(N)。

int* nextGreaterElement(int* nums1, int nums1Size, int* nums2, int nums2Size, int* returnSize){int stack[nums2Size + 1], top = 0;int ret[10010];for(int i = nums2Size - 1; i >= 0; i--){while(top && nums2[i] >= stack[top]){top--;}if(top){ret[nums2[i]] = stack[top];}else{ret[nums2[i]] = -1;}stack[++top] = nums2[i];}int* array = (int*)malloc(sizeof(int)*nums1Size);for(int i = 0;i<nums1Size;i++){array[i] = ret[nums1[i]];}*returnSize = nums1Size;return array;
}