LeetCode 42

给定 n 个非负整数表示每个宽度为 1 的柱子的高度图，计算按此排列的柱子，下雨之后能接多少雨水。

输入：height = [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]

输出：6

解释：上面是由数组 [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1] 表示的高度图，在这种情况下，可以接 6 个单位的雨水（蓝色部分表示雨水）。

输入：height = [4,2,0,3,2,5]

输出：9

按列枚举

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暴力法

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枚举每一个"凹坑"，然后向后向右找最高的柱子二者间的最小值。

二者间的较小值减去这个“坑”的高度就是存储的水。

时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

注意，这里的“水”的累加，是按竖着的方块计算的。

如下图：

class Solution {

public:

int trap(vector& height) {

int n = height.size();

if(n<=2) return 0;

int ans = 0;

for(int i=1;i<n-1;i++) {

int h1 = 0, h2 = 0;

for(int j=i;j>=0;j–) h1 = max(h1,height[j]);

for(int j=i;j<n;j++) h2 = max(h2,height[j]);

ans += min(h1,h2) - height[i];

}

return ans;

}

};

前缀（后缀）最大

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类似于前缀和的思想，预处理一下。

时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)

class Solution {

public:

int trap(vector& height) {

int ans = 0,n = height.size();

if(n<=2) return 0;

vector lm(n),rm(n);

for(int i=0;i<n;i++){

if(i == 0) lm[i] = height[i];

else lm[i] = max(lm[i-1],height[i]);

}

for(int i=n-1;i>=0;i–){

if(i == n-1) rm[i] = height[i];

else rm[i] = max(rm[i+1],height[i]);

}

for(int i=1;i<n-1;i++){

ans += min(lm[i],rm[i])-height[i];

}

return ans;

}

};

双指针

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上面是从左向右遍历来累加水柱。

如果考虑从左右两边来遍历的话，就可以这样解决。

记 leftmax, rightmax 分别为从左到右遍历、从右到左遍历的最大值，

而left、right 分别是从左到右、从右到左的指针，

这个时候 ，left的水柱对答案对贡献的为 m i n ( l e f t m a x , r i g h t m a x ) min(leftmax,rightmax) min(leftmax,rightmax);

但是此时leftmax的值已经求出，但是rightmax的值尚未求出，所以，如果此时leftmax小于等于rightmax的话，left的水柱对答案的贡献就知道了，然后更新leftmax，left右移。

反之亦然。

class Solution {

public:

int trap(vector& height) {

int ans = 0, n = height.size();

if(n<=2) return 0;

int l = 1 , r = n - 2;

int leftmax = height[0], rightmax = height[n-1];

while(l <= r){

if(leftmax <= rightmax){

ans += max(0,leftmax - height[l]);

leftmax = max(leftmax,height[l++]);

}else{

ans += max(0,rightmax - height[r]);

rightmax = max(rightmax,height[r–]);

}

}

return ans;

}

};

按行枚举

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换一种分割思路，将“水”按行进行划分。如下图：

暴力法

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时间复杂度： O ( m a x H ∗ n ) O(maxH*n) O(maxH∗n)

class Solution {

public:

int trap(vector& height) {

最后

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