LeetCode 42. Trapping Rain Water 题解

LeetCode 42. Trapping Rain Water 题解

题目描述

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Given n non-negative integers representing an elevation map where the width of each bar is 1, compute how much water it is able to trap after raining.

For example,
Given [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1], return 6.

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题目大意

这个题目的意思大概是， 每个数字代表高度为 nums[i]宽度为1的矩形， 将这些矩形依次排列在一条水平线上， 问其能够储存的水量。

就如这幅图中所示（真的是一图胜千言）。这幅图是样例的一个注解。

思路分析

首先看到这个题， 最先的想法该是简单模拟。如何做呢？ 首先，如果下一个比当前高， 那么当前不可能能够作为储水的起点。如果下一个比当前低， 不可能作为储水的终点。依据此， 我们可以先假定一个储水起点，进行扫描。 如果之后发现储水起点可以取到更优值， 那么更新之并重新从该起点扫描。直到扫描完整个数组为止。

这种方法是最先想到的， 但是我并没有写， 原因不是复杂度多高（看上去像是$O(n^2)$)而是在于这种做法大体思路很好想， 但是具体写起来有很多细节的处理会比较痛苦。 例如， 什么时候认为当前的起点不对？ 又该回退到哪里？ 什么时候可以看做一个储水过程结束？ 这些处理起来十分棘手， 因此我重新思考其他方法。

思考切入点是从这个问题开始： 什么时候我们能确定一个储水段，其不会再被后续扫描所更新？
再更进一步的想， 一个储水段在扫描的时候， 起点是被定下， 变的是终点。 如果是这样的变， 是可以接受的。因为这种更新十分简便。
再更进一步， 就涉及到一个很有趣的问题了。 这并不是我随便胡诌： 要想确定起点， 必须要先确定终点。 原因在于， 如果上一个储水段 不能确定结束， 那么某一个点就不能确定是否具有当起点的权利。这里就有循环推理的成分了， 不过好在这个循环有一个起点： 我们可以自由的假设第一个点为一个储水的起点。那么就是要确定终点的条件。接下来可以递推做下去就完成了。

再来考虑终点。 可以很简单的发现， 如果扫描到一个点比起点低， 那么我们是不知道这个点是否是最后这一段的终点的。因为只要后面出现一个比这个点高的，就会改变这个终点。但是基于此的重要结论是， 一旦一个点比我假设的起点高， 那么我们可以将其设为这一段的终点。这是因为， 这时这一段储水能力的限制不在于终点了，而是起点。 而起点已经固定。 所以后续无论如何， 这一段储水量都不会变了。

好。到这里其实问题的基本解决思路已经有了。 下面是仅剩的一个小问题： 如果一直到结尾， 都没有出现比起点高的点， 那怎么处理呢？
很明显这时候， 我们可以找出这个区间次高的点来计算。 每次找出一个次高的点需要复杂度是 $O(k)$ ，$k$ 为剩余数组长度。 每次找到之后计算的复杂度也是 $O(k)$.

这样做事实上是一个不错的办法。 根据上面的分析， 不难得出整个方法的平均复杂度也是 $O(n)$. 几乎时间复杂度上达到了最好。但是， 不够简洁。（好吧要是没有更简单的算法， 其实这样也不算复杂了） 关键是， 从过程的分析可以知道， 虽然复杂度不高，但是其前面的常系数可能会偏大。 因为多次进行过扫描。 **最关键的是， 如果整个序列排列是最坏情况——不难知道， 最坏情况就是整个序列递减， 那么复杂度会达到$O(n^2)$

下面，对于刚才那个小问题， 做出另一个可行的方案。
在此之前， 我们先思考： 起点和终点有区别吗？ 想象一下， 假设对于某个序列， 我们已经得到了其储水的每个起点和终点， 那么我们把整个序列反转， 那么每个起点和终点是不是也反转了呢？
再回到刚才那个问题， 如果一直到结尾， 都没有出现比起点高的点。 这是什么意思呢？ 就是把剩余数组反转后， 至少有一个终点，就是这个点。 因为反转之后这个点会被在最后， 而这个点值又是最大。 根据前面的讨论， 这个时候至少这个最大值的点可以作为终点
说明到这里就已经很明显了， 只需要把剩下的数组反转， 再执行刚才说的那种方法， 即可处理完毕。

这里巧妙的运用了代码重用， 是不是比刚才的简洁了许多呢？ 更重要的是， 这种方法， 很明显最坏情况下仍能够保持$O(n)$的时间复杂度。

下面是具体实现代码， 我自认为是比较简洁的。

class Solution {
public:
    int calculate_lr(vector<int> & height, int l, int r) {
        int sum = 0, k = height[l];
        for (int i = l + 1; i < r; ++i) {
            if (height[i] >= k) {
                k = height[i];
            }
            else {
                sum+= k - height[i];
            }
        }
        return sum;
    }
    int calculate_rl(vector<int> & height, int l, int r) {
        int sum = 0, k = height[r];
        for (int i = r - 1; i > l; --i) {
            if (height[i] >= k) {
                k = height[i];
            }
            else {
                sum+= k - height[i];
            }
        }
        return sum;
    }
    int trap(vector<int>& height) {
        if (height.empty()) return 0;
        int max_index = 0;
        for (int i = 1; i < height.size(); ++i) {
            if (height[i] > height[max_index]) max_index = i;
        }
        return calculate_lr(height, 0, max_index) + calculate_rl(height, max_index, height.size() - 1);
    }
};

其他细节

1. 整篇都是在讨论如何找到起点与终点， 而没有谈具体计算过程。 这是因为有起点终点之后，计算相对非常简单。 特别是经过上面这种反转处理后， 每个储水段的起点都比终点低。这就使得直接可以边扫描边计算了。
2. 这段代码有一个求maximum的过程。 事实上， “如果一直到结尾， 都没有出现比起点高的点” 指的就是从maximum 到数组结尾。 因此反转的数组我们可以很清楚的在一开始就知道， 不必等待第一阶段推算完。
3. 这段代码并没有真正代码复用， 只是我写起来不费劲（用的复制粘贴大法）。 真正复用的方法改起来也很简单。无非是用下reverse() 方法，统一下接口。

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The End.