接雨水

题目描述

• 题目来自LeetCode
  

解答

• 双指针方法（动态规划方法具体请查看@windliang 这里）

  • 基本思想：基于列的计算，即计算所有列的可蓄水值，求和即可；

  • 说一下动态规划：

    • 每一列的蓄水情况，取决于自身高度，以及左边列最大高度和右边列最大高度（左右最大高度）；
    • 举例来说，如下图，红色箭头列$C_3$自身高度2，左右列最大高度分别是1、3，根据木桶理论，左边列最大高度为1，决定了$C_3$可蓄水值；而$C_3$本身高度2，比1大，因此$C_3$列事实上无法蓄水；绿色箭头列$C_4$道理是一样的，$C_4$可蓄水1个单位；
    • 可以发现需要计算每一列的左右最大高度；一种方法是左右各遍历一次，计算每一列的左右最大高度；可以使用动态规划（如$C_{4L}$ = MAX($C_3$, $C_{3L}$)，$C_{4L}$指$C_4$列的左边最大高度，不含$C_4$），也可以使用普通遍历；

  • 进阶版-双指针方法

    • 先上代码（先用@windliang）：

    public int trap(int[] height) {
             
        int sum = 0;
        int max_left = 0;
        int max_right = 0;
        int left = 1;
        int right = height.length - 2; // 加右指针进去
        for (int i = 1; i < height.length - 1; i++) {
             
            //从左到右更
            if (height[left - 1] < height[right + 1]) {
             
                max_left = Math.max(max_left, height[left - 1]);
                int min = max_left;
                if (min > height[left]) {
             
                    sum = sum + (min - height[left]);
                }
                left++;
            //从右到左更
            } else {
             
                max_right = Math.max(max_right, height[right + 1]);
                int min = max_right;
                if (min > height[right]) {
             
                    sum = sum + (min - height[right]);
                }
                right--;
            }
        }
        return sum;
    }
    
    作者：windliang
    链接：https://leetcode-cn.com/problems/trapping-rain-water/solution/xiang-xi-tong-su-de-si-lu-fen-xi-duo-jie-fa-by-w-8/
    来源：力扣（LeetCode）
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    • 假设长度序列长度n=12（[0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]），仍是基于列的方法
    • 上一个方法是，如果计算列$C_6$的蓄水情况时，需要提前计算$C_6$左右的高度情况，那么有没有什么方法可以边遍历列边确定当前列的左右高度情况（左最大高度：0–>$C_5$的最大高度；右历史：$C_7$–>$C_{11}$的最大高度）；
    • 先考虑一些特殊的列看看，$C_0$和$C_{11}$列不用考虑，最中间的列依赖于暂时未知的左右高度情况，所以可以先考虑$C_1$或者$C_{10}$；
    • 对于$C_1$或者$C_{10}$，各自有一边只有一个列（$C_0$和$C_9$）；现在比较两者，有两种情况：
      • 情况1：$C_0\le C_{11}$，那么对于$C_1$，显然其能否蓄水，只取决于$C_1$的左最大高度 是否比$C_1$更大，而$C_1$左边只有一个$C_0$；
      • 如上$C_{4L}，$定义$C_x$的左最大高度为$C_{xL}$ = max($C_{x-1}$, $C_{(x-1)L}$)，可以看到这是一个要迭代更新的值；$定义$C_x$的右最大高度为$C_{xR}$ = max($C_{x+1}$, $C_{(x+1)R}$)
      • 可以知道$C_{1L}$=max($C_0$, $C_{0L}$)=$C_0$=0，0小于$C_1$=1，由此$C_1$是无法蓄水的；参考下图例子
      • 情况2：$C_0>C_{11}$，那么对于$C_{10}$，显然其能否蓄水，只取决于$C_{10}$的右最大高度 是否比$C_{10}$更大，而$C_{10}$右边只有一个$C_{11}$，流程和上一个情况一样；当然对于本例，该情况不满足；
    • 上述$C_1$处理后，可以继续查看$C_2$，同时更新$C_{2L}=max(C_1,C_{1L})$，$C_{1L}$是已知的；需要注意的是，并不是说可以继续计算$C_2$，因为$C_2$左边引入$C_1$，如果$C_1$>$C_{11}$，则$C_2$的蓄水情况就取决于$C_2$的右最大高度$C_{2R}$了，而$C_{2R}$并不清楚；
    • 换个思路，$C_1$>$C_{11}$，所以$C_{10}$的蓄水情况取决于$C_{10}$的右最大高度$C_{10R}$，而$C_{10R}$又很好算，这就是从左右两边开始计算的好处；此时发生列交替，即我们去计算$C_{10R}$，相应计算类似$C_1$的计算；$C_{10}$算完后，可以考虑$C_9$，考虑的方法和$C_2$一样，整个过程可以如此迭代或者交替进行

  • 小结：该方法的两个最大特点

    • 从边界开始计算，则左右最大高度很好计算
    • 利用一个特点：某一列C的一边side_A 存在高度大于该列另一边side_B的所有高度，则C列的蓄水情况取决于side_B；该性质也依赖于上一个特点；每一次列交替都发生于出现了一列当前已知的最大高度列；
    • 时间复杂度是$O(n)$，空间是$O(1)$
• 基于栈的方法-待续