接雨水问题的三种解法:暴力/备忘录/双指针

42. 接雨水（困难）

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。

先看一下题目：

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。

inttrap(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、核心思路

所以对于这种问题，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：

inttrap(int[]height){
intn=height.length;
intres=0;
for(inti=1;i1;i++){
intl_max=0,r_max=0;
//找右边最高的柱子
for(intj=i;j//找左边最高的柱子
for(intj=i;j>=0;j--)
l_max=Math.max(l_max,height[j]);
//如果自己就是最高的话，
//l_max==r_max==height[i]
res+=Math.min(l_max,r_max)-height[i];
}
returnres;
}

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：

inttrap(int[]height){
if(height.length==0){
return0;
}
intn=height.length;
intres=0;
//数组充当备忘录
int[]l_max=newint[n];
int[]r_max=newint[n];
//初始化basecase
l_max[0]=height[0];
r_max[n-1]=height[n-1];
//从左向右计算l_max
for(inti=1;i1]);
//从右向左计算r_max
for(inti=n-2;i>=0;i--)
r_max[i]=Math.max(height[i],r_max[i+1]);
//计算答案
for(inti=1;i1;i++)
res+=Math.min(l_max[i],r_max[i])-height[i];
returnres;
}

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：

inttrap(int[]height){
intleft=0,right=height.length-1;
intl_max=0,r_max=0;

while(left//此时 l_max 和 r_max 分别表示什么？
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..end]的最高柱子的高度。

明白了这一点，直接看解法：

inttrap(int[]height){
intleft=0,right=height.length-1;
intl_max=0,r_max=0;

intres=0;
while(left//res+=min(l_max,r_max)-height[i]
if(l_maxelse{
res+=r_max-height[right];
right--;
}
}
returnres;
}

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..end]的最高柱子高度。

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

但是双指针解法中，l_max和r_max代表的是height[0..left]和height[right..end]的最高柱子高度。比如这段代码：

if(l_max

此时的l_max是left指针左边的最高柱子，但是r_max并不一定是left指针右边最高的柱子，这真的可以得到正确答案吗？

其实这个问题要这么思考，我们只在乎min(l_max, r_max)。对于上图的情况，我们已经知道l_max < r_max了，至于这个r_max是不是右边最大的，不重要。重要的是height[i]能够装的水只和较低的l_max之差有关：

这样，接雨水问题就解决了。

扩展延伸

下面我们看一道和接雨水问题非常类似的题目，力扣第 11 题「盛最多水的容器」：

函数签名如下：

intmaxArea(int[]height);

这题和接雨水问题很类似，可以完全套用前文的思路，而且还更简单。两道题的区别在于：

接雨水问题给出的类似一幅直方图，每个横坐标都有宽度，而本题给出的每个横坐标是一条竖线，没有宽度。

我们前文讨论了半天l_max和r_max，实际上都是为了计算height[i]能够装多少水；而本题中height[i]没有了宽度，那自然就好办多了。

举个例子，如果在接雨水问题中，你知道了height[left]和height[right]的高度，你能算出left和right之间能够盛下多少水吗？

不能，因为你不知道left和right之间每个柱子具体能盛多少水，你得通过每个柱子的l_max和r_max来计算才行。

反过来，就本题而言，你知道了height[left]和height[right]的高度，能算出left和right之间能够盛下多少水吗？

可以，因为本题中竖线没有宽度，所以left和right之间能够盛的水就是：

min(height[left],height[right])*(right-left)

类似接雨水问题，高度是由height[left]和height[right]较小的值决定的。

解决这道题的思路依然是双指针技巧：

用left和right两个指针从两端向中心收缩，一边收缩一边计算[left, right]之间的矩形面积，取最大的面积值即是答案。

先直接看解法代码吧：

intmaxArea(int[]height){
intleft=0,right=height.length-1;
intres=0;
while(left//[left,right]之间的矩形面积
intcur_area=Math.min(height[left],height[right])*(right-left);
res=Math.max(res,cur_area);
//双指针技巧，移动较低的一边
if(height[left]else{
right--;
}
}
returnres;
}

代码和接雨水问题大致相同，不过肯定有读者会问，下面这段 if 语句为什么要移动较低的一边：

//双指针技巧，移动较低的一边
if(height[left]else{
right--;
}

其实也好理解，因为矩形的高度是由min(height[left], height[right])即较低的一边决定的：

你如果移动较低的那一边，那条边可能会变高，使得矩形的高度变大，进而就「有可能」使得矩形的面积变大；相反，如果你去移动较高的那一边，矩形的高度是无论如何都不会变大的，所以不可能使矩形的面积变得更大。

至此，这道题也解决了。