如何高效解決接雨水問題

讀完本文，你能夠去力扣拿下以下題目：

42.接雨水

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接雨水這道題目挺有意思，在面試題中出現頻率還挺高的，本文就來步步優化，講解一下這道題。

先看一下題目：

就是用一個數組表示一個條形圖，問你這個條形圖最多能接多少水。

int trap(int[] height);

下面就來由淺入深介紹暴力解法 -> 備忘錄解法 -> 雙指針解法，在 O(N) 時間 O(1) 空間內解決這個問題。

1、核心思路

我第一次看到這個問題，機關用盡，徹底沒有思路，相信不少朋友跟我同樣。因此對於這種問題，咱們不要想總體，而應該去想局部；就像以前的文章處理字符串問題，不要考慮如何處理整個字符串，而是去思考應該如何處理每個字符。

這麼一想，能夠發現這道題的思路其實很簡單。具體來講，僅僅對於位置 i，能裝下多少水呢？

能裝 2 格水。爲何剛好是兩格水呢？由於 height[i] 的高度爲 0，而這裏最多能盛 2 格水，2-0=2。

爲何位置 i 最多能盛 2 格水呢？由於，位置 i 能達到的水柱高度和其左邊的最高柱子、右邊的最高柱子有關，咱們分別稱這兩個柱子高度爲 l_max 和 r_max；位置 i 最大的水柱高度就是 min(l_max, r_max)。

更進一步，對於位置 i，可以裝的水爲：

water[i] = min(
               # 左邊最高的柱子
               max(height[0..i]),  
               # 右邊最高的柱子
               max(height[i..end]) 
            ) - height[i]

PS：我認真寫了 100 多篇原創，手把手刷 200 道力扣題目，所有發佈在 labuladong的算法小抄，持續更新。建議收藏，按照個人文章順序刷題，掌握各類算法套路後投再入題海就如魚得水了。

這就是本問題的核心思路，咱們能夠簡單寫一個暴力算法：

int trap(vector<int>& height) {
    int n = height.size();
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i < n - 1; i++) {
        int l_max = 0, r_max = 0;
        // 找右邊最高的柱子
        for (int j = i; j < n; j++)
            r_max = max(r_max, height[j]);
        // 找左邊最高的柱子
        for (int j = i; j >= 0; j--)
            l_max = max(l_max, height[j]);
        // 若是本身就是最高的話，
        // l_max == r_max == height[i]
        ans += min(l_max, r_max) - height[i];
    }
    return ans;
}

有以前的思路，這個解法應該是很直接粗暴的，時間複雜度 O(N^2)，空間複雜度 O(1)。可是很明顯這種計算 r_max 和 l_max 的方式很是笨拙，通常的優化方法就是備忘錄。

2、備忘錄優化

以前的暴力解法，不是在每一個位置 i 都要計算 r_max 和 l_max 嗎？咱們直接把結果都緩存下來，別傻不拉幾的每次都遍歷，這時間複雜度不就降下來了嘛。

咱們開兩個數組 r_max 和 l_max 充當備忘錄，l_max[i] 表示位置 i 左邊最高的柱子高度，r_max[i] 表示位置 i 右邊最高的柱子高度。預先把這兩個數組計算好，避免重複計算：

int trap(vector<int>& height) {
    if (height.empty()) return 0;
    int n = height.size();
    int ans = 0;
    // 數組充當備忘錄
    vector<int> l_max(n), r_max(n);
    // 初始化 base case
    l_max[0] = height[0];
    r_max[n - 1] = height[n - 1];
    // 從左向右計算 l_max
    for (int i = 1; i < n; i++)
        l_max[i] = max(height[i], l_max[i - 1]);
    // 從右向左計算 r_max
    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) 
        r_max[i] = max(height[i], r_max[i + 1]);
    // 計算答案
    for (int i = 1; i < n - 1; i++) 
        ans += min(l_max[i], r_max[i]) - height[i];
    return ans;
}

這個優化其實和暴力解法差很少，就是避免了重複計算，把時間複雜度下降爲 O(N)，已是最優了，可是空間複雜度是 O(N)。下面來看一個精妙一些的解法，可以把空間複雜度下降到 O(1)。

3、雙指針解法

這種解法的思路是徹底相同的，但在實現手法上很是巧妙，咱們此次也不要用備忘錄提早計算了，而是用雙指針邊走邊算，節省下空間複雜度。

首先，看一部分代碼：

int trap(vector<int>& height) {
    int n = height.size();
    int left = 0, right = n - 1;
    
    int l_max = height[0];
    int r_max = height[n - 1];
    
    while (left <= right) {
        l_max = max(l_max, height[left]);
        r_max = max(r_max, height[right]);
        left++; right--;
    }
}

對於這部分代碼，請問 l_max 和 r_max 分別表示什麼意義呢？

很容易理解，l_max 是 height[0..left] 中最高柱子的高度，r_max 是 height[right..end] 的最高柱子的高度。

PS：我認真寫了 100 多篇原創，手把手刷 200 道力扣題目，所有發佈在 labuladong的算法小抄，持續更新。建議收藏，按照個人文章順序刷題，掌握各類算法套路後投再入題海就如魚得水了。

明白了這一點，直接看解法：

int trap(vector<int>& height) {
    if (height.empty()) return 0;
    int n = height.size();
    int left = 0, right = n - 1;
    int ans = 0;
    
    int l_max = height[0];
    int r_max = height[n - 1];
    
    while (left <= right) {
        l_max = max(l_max, height[left]);
        r_max = max(r_max, height[right]);
        
        // ans += min(l_max, r_max) - height[i]
        if (l_max < r_max) {
            ans += l_max - height[left];
            left++; 
        } else {
            ans += r_max - height[right];
            right--;
        }
    }
    return ans;
}

你看，其中的核心思想和以前如出一轍，換湯不換藥。可是細心的讀者可能會發現次解法仍是有點細節差別：

以前的備忘錄解法，l_max[i] 和 r_max[i] 表明的是 height[0..i] 和 height[i..end] 的最高柱子高度。

ans += min(l_max[i], r_max[i]) - height[i];

可是雙指針解法中，l_max 和 r_max 表明的是 height[0..left] 和 height[right..end] 的最高柱子高度。好比這段代碼：

if (l_max < r_max) {
    ans += l_max - height[left];
    left++; 
}

此時的 l_max 是 left 指針左邊的最高柱子，可是 r_max 並不必定是 left 指針右邊最高的柱子，這真的能夠獲得正確答案嗎？

其實這個問題要這麼思考，咱們只在意 min(l_max, r_max)。對於上圖的狀況，咱們已經知道 l_max < r_max 了，至於這個 r_max 是否是右邊最大的，不重要，重要的是 height[i] 可以裝的水只和 l_max 有關。

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