【LeetCode 42】接雨水（单调栈、DP、双指针）

题面：

思路：

能接雨水的点，必然是比两边都低（小）的点。有两种思路，一种是直接计算每个点的最大贡献（也就是每个点在纵向上最多能接多少水），另一种就是计算每个点在横向上有没有贡献。

第一种思路，就需要我们能拿到每个点左右两边最高的高度，这样就能计算每个点在纵向上能接多少水，相当于木桶效应。

第二种思路，对于每个点，则需要判断它左右两边是不是都有比它高的点，每次计算横向上局部能接到水的区域。
官方题解挺好的，具体不再赘述

1. 单调栈

就是第二种思路，每次更新横向上能接到的水。

cpp 复制代码

int trap(vector<int>& height) {
    int ans = 0, n = (int)height.size();
    stack<int> stk;
    for(int i = 0; i < n; ++ i) {
        while(!stk.empty() && height[i] > height[stk.top()]) {
        	// 得到当前低点
            int buttom = stk.top(); stk.pop();
            if(!stk.empty()) {
                int j = stk.top();
                // 如果 height[j] == height[bottom]
                // 就说明 bottom 的左边还没有出现凸出来让bottom能接到水的边边
                ans += (i - j - 1) * (min(height[i], height[j]) - height[buttom]);
            }
        }
        stk.push(i);
    }
    return ans;
}

2. 动态规划

第一种思路，要拿到每个点左右两边的最大高度，就可以考虑线性DP的思想去记录当前点左右两边的最大高度。
l e f t M a x $i$ = m a x ( l e f t M a x $i - 1$ , h e i g h t $i$ ) r i g h t M a x $i$ = m a x ( r i g h t M a x $i + 1$ , h e i g h t $i$ ) g o t W a t e r $i$ = m i n ( l e f t M a x $i$ , r i g h t M a x $i$ ) − h e i g h t $i$ leftMax $i$ =max(leftMax $i-1$ ,height $i$ )\\ rightMax $i$ =max(rightMax $i+1$ ,height $i$ )\\ gotWater $i$ = min(leftMax $i$ ,\ rightMax $i$ )-height $i$ leftMax $i$ =max(leftMax $i-1$ ,height $i$ )rightMax $i$ =max(rightMax $i+1$ ,height $i$ )gotWater $i$ =min(leftMax $i$ , rightMax $i$ )−height $i$

cpp 复制代码

int trap(vector<int>& height) {
    int ans = 0, n = (int)height.size();
    vector<int> leftMax(n), rightMax(n);
    leftMax[0] = height[0]; rightMax[n - 1] = height[n - 1];
    for(int i = 1; i < n; ++ i) leftMax[i] = max(leftMax[i - 1], height[i]);
    for(int i = n - 2; i >= 0; -- i) rightMax[i] = max(rightMax[i + 1], height[i]);

    for(int i = 1; i < n - 1; ++ i)
        ans += min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i];
    return ans;
}

双指针

使用双指针和临时变量优化掉 l e f t M a x leftMax leftMax 和 r i g h t M a x rightMax rightMax 两个数组。

官方题解说：如果 h e i g h t $l e f t$ < h e i g h t $r i g h t$ height $left$ <height $right$ height $left$ <height $right$ ，则必有 l e f t M a x < r i g h t M a x leftMax<rightMax leftMax<rightMax。

这主要是因为，我们每次移动的都是 h e i g h t height height 较小的指针，因此如果 l e f t M a x leftMax leftMax 或 r i g h t M a x rightMax rightMax 有更新，则更新了的点 l e f t left left 或 r i g h t right right 在 l e f t M a x leftMax leftMax 或 r i g h t M a x rightMax rightMax 得到新的更新之前会停留一阵子。因此如果 h e i g h t $l e f t$ < h e i g h t $r i g h t$ height $left$ <height $right$ height $left$ <height $right$ ，则必有 l e f t M a x < r i g h t M a x leftMax<rightMax leftMax<rightMax。

cpp 复制代码

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