【正确答案】由于栈具有后进先出的特点，因此，push和pop只需要对栈顶元素进行操作。如果使用上述的实现方式，只能访问到栈顶的元素，无法得到栈中最小的元素。当然，可以用另外一个变量来记录栈底的位置，通过遍历栈中所有的元素找出最小值，但是这种方法的时间复杂度为O(N)，那么如何才能用O(1)的时间复杂度求出栈中最小的元素呢?
   在算法设计中，经常会采用空间换取时间的方式来提高时间复杂度，也就是说，采用额外的存储空间来降低操作的时间复杂度。具体而言，在实现的时候使用两个栈结构，一个栈用来存储数据，另外一个栈用来存储栈的最小元素。实现思路如下：如果当前入栈的元素比原来栈中的最小值还小，则把这个值压入保存最小元素的栈中；在出栈的时候，如果当前出栈的元素恰好为当前栈中的最小值，保存最小值的栈顶元素也出栈，使得当前最小值变为当前最小值入栈之前的那个最小值。为了简单起见，可以在栈中保存int类型。
   实现代码如下：
   #模拟栈
   class Stack:
   def __init__(self):
   self.items=[]
   #判断栈是否为空
   def empty(self):
   return len(self.items)==0
   #返回栈的大小
   def size(self):
   return len(setf.items)
   #返回栈顶元素
   def peek(self):
   if notself.empty():
   return self.items[len(self.items)-1]
   else:
   return None
   #弹栈
   def pop(self):
   if len(self.items)＞0:
   return self.items.pop()
   else:
   print "栈已经为空"
   return None
   #压栈
   def push(self,item):
   self.items.append(item)
   
   class MyStack:
   def __init__(self):
   self.elemStack=Stack() # 用来存储栈中元素
   self.minStack=Stack()# 栈顶永远存储当前elemStack中最小的值
   def push(self,data):
   self.elemStack.push(data)
   #更新保存最小元素的栈
   if self.minStack.empty().
   self.minStack.push(data)
   else:
   if data＜self.minStack.peek():
   self.minStack.push(data)
   def pop(self):
   topData=self.elemStack.peek()
   self.elemStack.pop()
   if topData==self.mins():
   self.minStack.pop()
   return topData
   def mins(self):
   if self.minStack.empty():
   return 2**32
   else:
   return self.minStack.peek()
   
   if __name__=="__main__":
   stack=MyStack()
   stack.push(5)
   print "栈中最小值为:"+str(stack.mins())
   stack.push(6)
   print "栈中最小值为:"+str(stack.mins())
   stack.push(2)
   print "栈中最小值为:"+str(stack.mins())
   stack.pop()
   print "栈中最小值为:"+str(stack.mins())
   程序的运行结果为：
   栈中最小值为：5
   栈中最小值为：5
   栈中最小值为：2
   栈中最小值为：5
   算法性能分析：
   这种方法申请了额外的一个栈空间来保存栈中最小的元素，从而达到了用O(1)的时间复杂度求栈中最小元素的目的，但是付出的代价是空间复杂度为O(N)。

【答案解析】[考点] 如何用O(1)的时间复杂度求栈中最小元素