每日两道力扣，day7
每日两道力扣，day7
每日两道力扣，今天是：
第一题：四数之和
1.思路：
还记得我们昨天写的三数之和吗？那个题是先排序，再用一个for循环里面嵌套一个双指针，时间复杂度为O(N2)，for循环控制外围的num[i]，双指针控制里层的nums[left]，nums[right]。但是三数之和的target是固定的，为0。咱们这题的target是不固定的，不过不要紧啦，有小编在，我带你速通四数之和。
我们先分析暴力的可行性，昨天的三数之和，我们暴力求解得用三个for循环，时间复杂度为O(N3)，已经是一个很没意义的算法了。倘若四数之和也走暴力for循环老路，那绝对是不可行的。因此我们就需要寻找其他解法。
既然两数之和，三数之和，咱们都能用排序+双指针，解决，那么我们四数之和也当然可以用排序+双指针解决啦。
步骤如下：
（1）先对数组排序，sort
（2）写一个for循环用来控制外围的nums[i]，再到这个for循环里面嵌套一个for循环，用来控制中层的nums[j]，最后再到中层循环里面写上咱们的双指针算法。
（3）大体优化细节与三数之和一模一样。对num[i]，nums[j]，双指针内的nums[left]，nums[right]进行优化，只要遇见重复的答案就移动一步。
（4）需要注意的是，这里的数据量很大。我们必须定义一个long long 类型的temp，同时算式应为这样：
temp = (long long) target - nums[i] - nums[j];
temp，作为中间量，来决定双指针内部的移动逻辑。
2.代码实现：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {
vector<vector<int>>ret;
int n = nums.size();
long long temp = 0;
sort(nums.begin(),nums.end());
for(int i = 0;i < n; )
{
for(int j = i + 1;j < n; )
{
temp = (long long) target - nums[i] - nums[j];
int left = j + 1,right = n - 1;
while(left < right)
{
if(nums[left] + nums[right] > temp)
right--;
else if(nums[left] + nums[right] < temp)
left++;
else
{
ret.push_back({nums[i],nums[j],nums[left],nums[right]});
left++;
right--;
while(left < right && nums[left] == nums[left-1])
left++;
while(left < right && nums[right] == nums[right+1])
right--;
}
}
j++;
while(j < n && nums[j] == nums[j-1])
j++;
}
i++;
while(i < n && nums[i] == nums[i-1])
i++;
}
return ret;
}
};3.细节优化：
需要注意的是，这里的数据量很大。我们必须定义一个long long 类型的temp，同时算式应为这样：
temp = (long long) target - nums[i] - nums[j];
temp，作为中间量，来决定双指针内部的移动逻辑。
第二题：接雨水（2d版）
1.思路：
联想一下前面盛最多水的容器，和木桶效应。我们可能会讲这个题也看成一个个桶，然后去累加这个桶的容积，最后得到答案。可事实是，这完全是个错误思路，我们无法找到规律求出桶的容积。
以下是小编的错误思路的bug以及破局方法：
"横向大桶法"与消失的 m m m
-
初次直觉： 试图模仿"盛最多水的容器"，找到左右两个边界组成一个"大桶"，算出大桶的矩形总面积，再减去中间所有柱子的体积 m m m。
-
致命陷阱： 只要地形稍微复杂（中间有高低不平的柱子，甚至出现了比左右边界还要高的山峰），这个"大桶"就会被内部的地形拦腰截断。寻找"合格的大桶"以及"计算区间内 m m m"的边界条件会呈指数级增长，最终让你陷入逻辑死结。
-
破局心法： 放弃横向看面，改为纵向看线！
只盯住宽度为 1 的每一列柱子，它头顶的积水量只受一个绝对公式控制：
单列积水 = min(左边绝对最高点, 右边绝对最高点) - 当前柱子高度
其实这道题有两个解法，dp和双指针。咱们先讲dp
（1）标准方法：动态规划（DP）------ 空间换时间
基于上面的纵向公式，DP 采取的是最稳妥的"记账"策略。
-
核心思想： 既然每一列都要回头找自己的"左边最高"和"右边最高"，为了避免重复找（导致超时），我不如提前花点时间，把所有人的左右最高点都查清楚，写在备忘录里。
-
执行三步曲：
-
准备备忘录： 开辟两个长度为 N N N 的数组
left_max和right_max。状态转移（填表）：
求
left_max：你要知道第 5 列左边最高的柱子，需要从第 0 列扫描到第 5 列吗？不需要！ 你只需要问第 4 列："喂，你左边最高的是多少？" 然后拿它的答案，跟第 5 列自己的高度比一下，较大的那个就是第 5 列的左侧最高点。 这就是代码中的：left_max[i] = max(left_max[i - 1], height[i]);求
right_max：同理，从右往左扫一遍。第 5 列右边最高，等于第 6 列右边最高和第 5 列自己高度的较大值。 代码：right_max[i] = max(right_max[i + 1], height[i]);- 从左往右扫一遍：
left_max[i] = max(left_max[i-1], height[i])。 - 从右往左扫一遍：
right_max[i] = max(right_max[i+1], height[i])。
- 从左往右扫一遍：
-
拿着账本收网： 最后遍历一次数组，直接套公式
min(left_max[i], right_max[i]) - height[i]，累加水量即可。
-
-
代价： 时间复杂度 O ( N ) O(N) O(N)，空间复杂度 O ( N ) O(N) O(N)（需要额外开辟数组）。
（2）巅峰操作：双指针 ------ DP 的终极空间压缩
双指针是建立在 DP 逻辑之上的一次完美优化。它发现：既然木桶效应永远是**"短板决定水位"**，那我根本没必要记住所有的极值！
- 核心思想： 让两个指针从首尾向中间夹击。不记录全局，只维护当前双方走过的"左边界极值
l_max"和"右边界极值r_max"。 - 执行秘诀（谁矮听谁的）：
- 如果
l_max < r_max：说明对于左边的指针left来说，它的**"短板"已经绝对确定在了左边**（不管右边中间还藏着什么神仙山峰，水都会从左边漏走）。所以直接算left头顶的水，然后left++。 - 如果
l_max >= r_max：同理，右边指针right的短板已经确定在了右侧，直接算right头顶的水，然后right--。
- 如果
- 代价： 时间复杂度 O ( N ) O(N) O(N)，空间复杂度 O ( 1 ) O(1) O(1)（全程只需两个指针和两个极值变量，内存消耗几乎为零）。
2.代码实现：
（1）方法一：（dp）
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
class Solution {
public:
int trap(vector<int>& height) {
int n = height.size();
if (n == 0) return 0;
// 1. 定义动态规划的"备忘录"数组
vector<int> left_max(n); // left_max[i] 记录第 i 列左边（含自己）的最高柱子
vector<int> right_max(n); // right_max[i] 记录第 i 列右边（含自己）的最高柱子
// 2. 从左往右遍历，填满 left_max 数组
left_max[0] = height[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
// 状态转移方程：当前位置的左边最高 = max(前一个位置的左边最高, 当前柱子的高度)
left_max[i] = max(left_max[i - 1], height[i]);
}
// 3. 从右往左遍历，填满 right_max 数组
right_max[n - 1] = height[n - 1];
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
// 状态转移方程：当前位置的右边最高 = max(后一个位置的右边最高, 当前柱子的高度)
right_max[i] = max(right_max[i + 1], height[i]);
}
// 4. 最后遍历一次，计算总水量
int sum = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
// 核心公式依然是木桶效应： min(左边最高, 右边最高) - 当前高度
sum += min(left_max[i], right_max[i]) - height[i];
}
return sum;
}
};（2）方法二：（双指针）
class Solution {
public:
int trap(vector<int>& height) {
int n = height.size();
int left = 0,right = n - 1;
int sum = 0;
int l_max = 0,r_max = 0;
while(left < right)
{
l_max = max(l_max,height[left]);
r_max = max(r_max,height[right]);
if(l_max < r_max)
{
sum += l_max - height[left];
left++;
}
else if(l_max >= r_max)
{
sum += r_max - height[right];
right--;
}
}
return sum;
}
};3.细节优化：
我们这个题数据要求不是很大，但这个题注重思维。面试的时候，既要会标准的dp解法，更要会巅峰解法------双指针，这样才能展现你的基本功，以及突出你的思维深度。
这个其实是2d版的接雨水，等我们把hot100更新完，我们再更新3d版的接雨水，字节之前很喜欢考这个题。
好了，今天的每日两道力扣到这里就算是结束了，看完是不是感觉有所收获呢？如果学有所获的话，麻烦给个三连支持一下呗。感谢观看，您的支持，将是我前进路上的重要动力。