LeetCode-day6:接雨水

🌧️ 接雨水（Trapping Rain Water）：从直觉到最优解的完整思考路径

题目来源 ：LeetCode #42
难度 ：Hard
关键词 ：双指针｜动态规划｜单调栈｜前缀最大值
一句话理解：给定一排柱子的高度，问下雨后能接住多少单位的雨水？

如果你第一次看到这道题时一脸茫然："水怎么算？凭感觉？"------别担心，你不是一个人。但其实，只要抓住一个核心思想，这道"难题"就会变得异常清晰。

今天，我将带你一步步拆解「接雨水」问题，从最朴素的暴力法出发，逐步优化到空间 O(1) 的双指针最优解，并解释为什么这样想是合理的。

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一、问题可视化：水到底怎么"接"？

输入示例：

height = [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]

💡 关键观察：

• 水不会从两边流走 → 必须有左右更高的柱子形成"凹槽"
• 某个位置 i 能接多少水？
  取决于它左边最高的柱子和右边最高的柱子中较矮的那个

✅ 核心公式

water[i] = max(0, min(left_max[i], right_max[i]) - height[i])

这个公式就是整道题的"灵魂"。

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二、方法一：暴力法（O(n²)）--- 理解问题的起点

对每个位置 i，我们向左、向右扫描，找出最大高度：

def trap(height):
    total = 0
    n = len(height)
    for i in range(n):
        left_max = max(height[:i+1])
        right_max = max(height[i:])
        total += max(0, min(left_max, right_max) - height[i])
    return total

代码中left_max = max(height[:i+1]) 和 right_max = max(height[i:]) 的作用：

🎯 目标：对每个位置 i，找出：

• 左边（含自己）最高的柱子 → left_max
• 右边（含自己）最高的柱子 → right_max

🔍 详细解释：

height[:i+1] 是什么？

• 这是 Python 的切片语法 ，表示从开头到索引 i（包含 i）
• 因为切片 [a:b] 的规则是：左闭右开 → 包含 a，不包含 b
• 所以 [:i+1] = 索引 0 到 i（共 i+1 个元素）

• ✅ 逻辑简单，容易验证
• ❌ 时间复杂度 O(n²)，大数据会超时

📌 价值：帮助我们确认"每个位置独立计算"的思路是正确的。

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三、方法二：动态规划（O(n) 时间 + O(n) 空间）--- 预处理优化

既然每次都要找左右最大值，不如提前算好！

步骤：

1. 从左往右遍历，记录每个位置左侧（含自身）的最大高度 → left_max
2. 从右往左遍历，记录每个位置右侧（含自身）的最大高度 → right_max
3. 再遍历一次，用公式累加雨水

def trap(height):
    if not height: return 0
    n = len(height)
    
    left_max = [0] * n
    left_max[0] = height[0]
    for i in range(1, n):
        left_max[i] = max(left_max[i-1], height[i])
    
    right_max = [0] * n
    right_max[-1] = height[-1]
    for i in range(n-2, -1, -1):
        right_max[i] = max(right_max[i+1], height[i])
    
    total = 0
    for i in range(n):
        total += min(left_max[i], right_max[i]) - height[i]
    
    return total

代码中for i in range(n-2, -1, -1): 是什么意思？

这是 Python 中从后往前遍历的标准写法。

🔧 range(start, stop, step) 规则：

• 从 start 开始
• 到 stop 之前 停止（不包含 stop）
• 每次增加 step

所以：

range(n-2, -1, -1)

• start = n-2 ：从倒数第二个元素开始（索引 n-2）
• stop = -1 ：停在 -1 之前 → 最后一个有效索引是 0
• step = -1：每次减 1（反向）

• ✅ 时间 O(n)，逻辑清晰
• ✅ 面试中写出这个解法已经能拿高分
• ❌ 需要额外 O(n) 空间存储两个数组

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四、方法三：双指针（O(n) 时间 + O(1) 空间）--- 最优解！

🔑 核心洞察：

我们不需要同时知道 left_max 和 right_max ！

只要知道较小的那个就够了------因为水高由"短板"决定。

🤔 双指针策略：

• 用两个指针 left 和 right 从两端向中间移动
• 维护 left_max 和 right_max（当前已知的最大值）
• 如果 height[left] < height[right] ：
  • 说明 left 这边是"短板"
  • 那么 left 位置的积水高度只由 left_max 决定（因为右边一定有更高的柱子兜底！）
  • 更新 left_max 或累加雨水，然后 left++
• 否则，处理 right 侧

✅ 代码实现（极简）：

def trap(height):
    if not height: return 0
    left, right = 0, len(height) - 1
    left_max = right_max = 0
    total = 0
    
    while left < right:
        if height[left] < height[right]:
            if height[left] >= left_max:
                left_max = height[left]
            else:
                total += left_max - height[left]
            left += 1
        else:
            if height[right] >= right_max:
                right_max = height[right]
            else:
                total += right_max - height[right]
            right -= 1
    
    return total

• ✅ 时间 O(n)，空间 O(1)
• ✅ 一次遍历完成，效率最高
• 💡 面试黄金解法！

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五、为什么双指针是安全的？------ 直觉解释

假设 height[left] < height[right]：

• 此时，right 侧至少有一个柱子（就是 height[right]）比 left 高
• 所以，left 位置的积水上限不会受右边更远柱子的影响 ------因为已经有 height[right] 这个"高墙"挡着了
• 因此，只需关心 left 左边的历史最大值即可！

这就是"用已知的短板决定当前水量"的精妙之处。

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六、总结：四种解法对比

方法	时间复杂度	空间复杂度	是否推荐
暴力法	O(n²)	O(1)	仅用于理解
动态规划	O(n)	O(n)	✅ 面试稳妥
双指针	O(n)	O(1)	✅✅ 最优解，必会
单调栈	O(n)	O(n)	适合变种题（如求积水区域）

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七、我的收获

1. 问题建模能力：把"接雨水"转化为"每个位置的积水高度计算"
2. 预处理思想 ：通过提前计算 left_max/right_max 避免重复扫描
3. 双指针的高级用法：不只是"找和"，还能"维护最值 + 利用对称性"
4. 空间优化的艺术：通过逻辑推理，省去不必要的存储