手把手搞懂接雨水问题的多种解法

接雨水这道题目挺有意思，在面试题中出现频率还挺高的，本文就来步步优化，讲解一下这道题：

就是用一个数组表示一个条形图，问你这个条形图最多能接多少水，函数签名如下：

int




    
 trap(int[] height);

下面就来由浅入深介绍 暴力解法 -> 备忘录解法 -> 双指针解法 ，在 O(N) 时间 O(1) 空间内解决这个问题。

一、暴力解法

对于这种问题，我们不要想整体，而应该去想局部；就像之前的文章写的动态规划问题处理字符串问题，不要考虑如何处理整个字符串，而是去思考应该如何处理每一个字符。

这么一想，可以发现这道题的思路其实很简单。具体来说，仅仅对于位置 i ，能装下多少水呢？

能装 2 格水，因为 height[i] 的高度为 0，而这里最多能盛 2 格水，2-0=2。

为什么位置 i 最多能盛 2 格水呢？因为，位置 i 能达到的水柱高度和其左边的最高柱子、右边的最高柱子有关，我们分别称这两个柱子高度为 l_max 和 r_max ； 位置 i 最大的水柱高度就是 min(l_max, r_max) 。

更进一步，对于位置 i ，能够装的水为：

water[i] = min(
               # 左边最高的柱子
               max(height[0..i]),  
               # 右边最高的柱子
               max(height[i..end]) 
            ) - height[i]

这就是本问题的核心思路，我们可以简单写一个暴力算法：

int trap(vector<int>& height) {
    int n = height.size();
    int res = 0;
    for (int i = 1; i 1; i++) {
        int l_max = 0, r_max = 0;
        // 找右边最高的柱子
        for (int j = i; j             r_max = max(r_max, height[j]);
        // 找左边最高的柱子
        for (int j = i; j >= 0; j--)
            l_max = max(l_max, height[j]);
        // 如果自己就是最高的话，
        // l_max == r_max == height[i]
        res += min(l_max, r_max) - height[i];
    }
    return res;
}

有之前的思路，这个解法应该是很直接粗暴的，时间复杂度 O(N^2)，空间复杂度 O(1)。但是很明显这种计算 r_max 和 l_max 的方式非常笨拙，一般的优化方法就是备忘录。

二、备忘录优化

之前的暴力解法，不是在每个位置 i 都要计算 r_max 和 l_max 吗？我们直接把结果都提前计算出来，别傻不拉几的每次都遍历，这时间复杂度不就降下来了嘛。

我们开两个数组 r_max 和 l_max 充当备忘录， l_max[i] 表示位置 i 左边最高的柱子高度， r_max[i] 表示位置 i 右边最高的柱子高度 。预先把这两个数组计算好，避免重复计算：

int trap(vector<int>& height) {
    if (height.empty()) return 0;
    int n = height.size();
    int res = 0;
    // 数组充当备忘录
    vector<int> l_max(n), r_max(n);
    // 初始化 base case
    l_max[0] = height[0];
    r_max[n - 1] = height[n - 1];
    // 从左向右计算 l_max
    for (int i = 1; i         l_max[i] = max(height[i], l_max[i - 1]);
    // 从右向左计算 r_max
    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) 
        r_max[i] = max(height[i], r_max[i + 1]);
    // 计算答案
    for (int i = 1; i 1; i++) 
        res += min(l_max[i], r_max[i]) - height[i];
    return res;
}

这个优化其实和暴力解法思路差不多，就是避免了重复计算，把时间复杂度降低为 O(N)，已经是最优了，但是空间复杂度是 O(N)。下面来看一个精妙一些的解法，能够把空间复杂度降低到 O(1)。

三、双指针解法

这种解法的思路是完全相同的，但在实现手法上非常巧妙，我们这次也不要用备忘录提前计算了，而是用双指针 边走边算 ，节省下空间复杂度。

首先，看一部分代码：

int trap(vector<int>& height) {
    int n = height.size();
    int left = 0, right = n - 1;

    int l_max = height[0];
    int r_max = height[n - 1];

    while (left <= right) {
        l_max = max(l_max, height[left]);
        r_max = max(r_max, height[right]);
        left++; right--;
    }
}

对于这部分代码，请问 l_max 和 r_max 分别表示什么意义呢？

很容易理解， l_max 是 height[0..left] 中最高柱子的高度， r_max 是 height[right..n-1] 的最高柱子的高度 。

明白了这一点，直接看解法：

int trap(vector<int>& height) {
    if (height.empty()) return 0;
    int n = height.size();
    int left = 0, right = n - 1;
    int res = 0;

    int l_max = height[0];
    int r_max = height[n - 1];

    while (left <= right) {
        l_max = max(l_max, height[left]);
        r_max = max(r_max, height[right]);

        // res += min(l_max, r_max) - height[i]
        if (l_max             res += l_max - height[left];
            left++; 
        } else {
            res += r_max - height[right];
            right--;
        }
    }
    return res;
}

你看，其中的核心思想和之前一模一样，换汤不换药。但是细心的读者可能会发现次解法还是有点细节差异：

之前的备忘录解法， l_max[i] 和 r_max[i] 分别代表 height[0..i] 和 height[i..n-1] 的最高柱子高度。

res += min(l_max[i], r_max[i]) - height[i];