Trapping Rain Water
最后更新于：2022-04-01 22:56:12
## 一.题目描述
Given n non-negative integers representing an elevation map where the width of each bar is 1, compute how much water it is able to trap after raining.
For example,
Given [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1], return 6.
The above elevation map is represented by array [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]. In this case, 6 units of rain water (blue section) are being trapped. Thanks Marcos for contributing this image!
## 二.题目分析
该题目需要找到规律。对某个值`height[i]`来说，能trapped的最多的water取决于在`height[i]`之前最高的值：`height[left_max]`和在`height[i]` 的右边的最高值`height[right_max]`。
再简单地说，对于当前值`height[i]` 来说，找到其左边最大值`height[left_max]`和其右边最大值`height[right_max]`，如果：
`min(height[left_max], height[right_max]) > height[i]`
那么在`i`这个位置上能trapped的water就是：
`min(height[left_max], height[right_max]) - height[i]`。
总结出这个规律后一切就好办了，你可以选择第一遍从左到右遍历，计算数组的`height[left_max]`；第二遍从右到左遍历，计算`height[right_max]`。
这里的方法是先遍历一遍，找到最高的值`height[max_index]`，然后以该值的下标为分界，将数组分为两半，左右分开计算，这样，最大值`height[max_index]` 的左方只需计算各各值左方的最大值；同理 最大值`height[max_index]` 的右方只需计算各各值右方的最大值。
这些方法的时间复杂度是O(n)，空间复杂度O(n)。
## 三.示例代码
~~~
#include
#include
using namespace std;
class Solution
{
public:
int trap(vector& height)
{
int n = height.size();
int max_index = 0; // 最高的柱子
for (int i = 0; i < n; ++i)
if (height[max_index] < height[i])
max_index = i;
int water = 0;
// 以最高柱子为界限，左右分开扫描
for (int j = 1, left_max = 0; j < max_index; ++j)
{
if (height[j] < height[left_max]) water += height[left_max] - height[j];
else left_max = j;
}
for (int k = n - 2, right_max = n - 1; k > max_index; --k)
{
if (height[k] < height[right_max]) water += height[right_max] - height[k];
else right_max = k;
}
return water;
}
};
~~~
结果：
## 四.小结
这道题的难点是发现规律，如果做到这一点，实现起来也并不是很难，但以上的方法基本需要遍历两次数组，是否能只用一次遍历就能算出结果而满足空间复杂度限制的方法呢？
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