【LeetCode 热题 100】接雨水

精选专栏链接 🔗

欢迎订阅，点赞＋关注，每日精进1%，与百万开发者共攀技术珠峰

更多内容持续更新中~

【LeetCode 热题 100】接雨水

📝题目描述
💡提示信息
什么是木桶效应？
解题思路解析
解法一：动态规划 (预处理数组)
解法二：双指针 (最优解)
总结

📝题目描述

给定 n 个非负整数表示每个宽度为 1 的柱子的高度图，计算按此排列的柱子，下雨之后能接多少雨水。

示例1

bash 复制代码

输入：height = [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]
输出：6

解释：上面是由数组 $0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1$ 表示的高度图，在这种情况下，可以接 6 个单位的雨水（蓝色部分表示雨水）。

示例 2：

bash 复制代码

输入：height = [4,2,0,3,2,5]
输出：9

💡提示信息

n == height.length；
1 <= n <= 2 ∗ 10 4 2 * 10^4 2∗104；
0 <= height $i$ <= 10 5 10^5 105；

什么是木桶效应？

"木桶效应"（Cask Effect），也被称为"短板效应"或"木桶定律"，是一个经典的管理学和系统论概念。简单来说，它的核心含义是：一只木桶能盛多少水，并不取决于最长的那块木板，而是取决于最短的那块木板。

这个理论由美国管理学家劳伦斯·J·彼得（Laurence J. Peter）提出，用以说明一个系统或组织的整体效能，往往受制于其最薄弱的环节。

解题思路解析

这道题的核心在于：对于数组中的任意一个位置 i，它能接到的雨水高度是多少？

根据木桶效应，位置 i 上方的水位高度，取决于它左侧最大高度 和右侧最大高度 中的较小值。

公式如下：

water $i$ = max ⁡ ( 0 , min ⁡ ( left_max $i$ , right_max $i$ ) − height $i$ ) \text{water} $i$ = \max(0, \min(\text{left\_max} $i$ , \text{right\_max} $i$ ) - \text{height} $i$ ) water $i$ =max(0,min(left_max $i$ ,right_max $i$ )−height $i$ )

left_max[i]：位置 i 左边（包含 i）最高的柱子高度；
right_max[i]：位置 i 右边（包含 i）最高的柱子高度；
height[i]：当前位置柱子的高度；
如果计算结果小于 0，说明当前柱子高度比水位还高，接不到水，记为 0；

基于这个核心思路，有两种主要的实现方式。

解法一：动态规划 (预处理数组)

这是最直观的解法。我们可以预先计算每个位置的 left_max 和 right_max 并存储在数组中，这样在遍历时就可以 O ( 1 ) O(1) O(1) 时间获取。

算法步骤：

创建两个数组 leftMax 和 rightMax；
从左向右扫描，填充 leftMax：leftMax[i] = max(leftMax[i-1], height[i])；
从右向左扫描，填充 rightMax：rightMax[i] = max(rightMax[i+1], height[i])；
最后遍历一次数组，累加每个位置的雨水量；

Java 代码实现

java 复制代码

class Solution {
    public int trap(int[] height) {
        if (height == null || height.length == 0) {
            return 0;
        }

        int n = height.length;
        int[] leftMax = new int[n];
        int[] rightMax = new int[n];

        // 1. 填充左边的最大值
        leftMax[0] = height[0];
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            leftMax[i] = Math.max(leftMax[i - 1], height[i]);
        }

        // 2. 填充右边的最大值
        rightMax[n - 1] = height[n - 1];
        for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
            rightMax[i] = Math.max(rightMax[i + 1], height[i]);
        }

        // 3. 计算总雨水量
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int waterLevel = Math.min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i];
            ans += waterLevel ;
        }

        return ans;
    }
}

提交代码，运行结果如下

复杂度分析

时间复杂度： O ( N ) O(N) O(N)，我们需要遍历三次数组，每次都是 O ( N ) O(N) O(N)的时间复杂度；

空间复杂度： O ( N ) O(N) O(N)，我们需要两个额外的数组来存储最大高度。

解法二：双指针 (最优解)

方法一虽然快，但占用 O ( N ) O(N) O(N) 的额外空间。我们可以通过双指针 技巧将空间复杂度优化到 O ( 1 ) O(1) O(1)。

算法思路：

我们维护两个指针 left 和 right，分别从数组的两端向中间移动。同时维护两个变量 left_max 和 right_max，分别记录 left 指针左边扫过的最大值和 right 指针右边扫过的最大值。

关键逻辑：

依然根据公式：

在移动过程中，我们总是处理较矮那一侧的指针。

如果 height[left] < height[right]：
- 由于算法每次都只移动较矮的一侧，能走到现在这个 left，说明左边从来没有被右边更高的柱子挡住而停滞不前；
- 这意味着左边目前的最大值 left_max 一定小于右边的某个值（这个值可能是当前的 height[right] 或者 right_max）；
- 根据木桶效应，当前位置 left 的水位高度完全由 left_max 决定（因为短板在左边）；
- 我们可以直接计算 left 位置的雨水，然后将 left 右移；
反之，如果 height[left] >= height[right]：
- 同理，右边目前的最大值 right_max 是短板。
- 我们可以直接计算 right 位置的雨水，然后将 right 左移。

关健难点理解： 为什么 height[left] < height[right]时，左边目前的最大值 left_max 一定小于右边的某个值？

双指针每次只移动较矮的一侧 。假设我们成功地将左指针从起始位置 0 一路移动到了当前位置 left，这意味着在之前的每一步中，每当左指针指向某个位置时，它都满足"比当前右指针矮"的条件，从而被允许向右移动。如果曾经出现过"左指针指向的柱子比右指针高"的情况，那么算法就会去移动右指针，而左指针就会停在原地等待。

所以，左指针从未因为自己比右边高而被卡住；它每次都是因为自己比右边矮才得以向前移动。换句话说，右边始终有一个不低于左指针当前高度的墙（右指针位置）存在，才使得左指针能够不断前进。

当 height[left] < height[right] 成立时，左指针能走到当前位置，意味着在之前的每一步中，左指针指向的柱子始终比当时的右指针矮。

Java 代码实习如下：

java 复制代码

class Solution {
    public int trap(int[] height) {
    	// 校验
        if (height == null || height.length == 0) {
            return 0;
        }

        int left = 0;
        int right = height.length - 1;
        int leftMax = 0;
        int rightMax = 0;
        int ans = 0;

        while (left < right) {
            // 更新当前遍历过的最大值
            leftMax = Math.max(leftMax, height[left]);
            rightMax = Math.max(rightMax, height[right]);

            if (height[left] < height[right]) {
                // 左边矮，处理左边
                // 此时 leftMax 一定小于 rightMax，所以水位由 leftMax 决定
                ans += leftMax - height[left];
                left++;
            } else {
                // 右边矮（或相等），处理右边
                // 此时 rightMax 一定小于等于 leftMax，水位由 rightMax 决定
                ans += rightMax - height[right];
                right--;
            }
        }

        return ans;
    }
}

提交代码，运行结果如下：

复杂度分析

时间复杂度： O ( N ) O(N) O(N)，双指针遍历一次数组；

空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)，只需要常数级别的额外空间；

总结

方法	时间复杂度	空间复杂度	评价
动态规划	O ( N ) O(N) O(N)	O ( N ) O(N) O(N)	逻辑简单，容易想到，适合面试时作为第一解法。
双指针	O ( N ) O(N) O(N)	O ( 1 ) O(1) O(1)	最优解，对思维要求较高，体现了对"木桶效应"的深刻理解。

希望这篇解析能帮你彻底搞懂"接雨水"问题！