LeetCode笔记：2. 双指针（题目15、11、42）

1. 三数之和（力扣题号15）

题目：
给你一个整数数组 nums ，判断是否存在三元组 [nums[i], nums[j], nums[k]] 满足 i != j、i != k 且 j != k ，同时还满足 nums[i] + nums[j] + nums[k] == 0。请你返回所有和为 0 且不重复的三元组。答案中不包含重复的三元组。
输入1：nums = [-1,0,1,2,-1,-4]
输出1：[[-1,-1,2],[-1,0,1]]
输入2：nums = [0,1,1]
输出2：[]

其余信息详见原题目链接
原题目链接：https://leetcode.cn/problems/3sum/description/?envType=study-plan-v2&envId=top-100-liked

我们希望三个数相加是一个固定值，又希望能去重，那我们不妨先将数组按照升序排序，然后先固定一个下标 i，再去找下表 i 右边的两个值（因为是升序排序），对应 left 和 right。
若三个下标对应的值的和小于0，就把 left 向右移动；若小于0，就把 right 向右移动。
这样，我们就把问题转换成了一个双指针问题。
不过，这道题的真正问题在于如何去重。以这个数组为例：{-1, -1, -1, 0, 2}
对于下图这种情况：

确实没什么问题，但是，此时的 i 前面还有个相同的 -1，就意味着在此之前，会有如下的情况：

这样，我们就需要对 i 进行去重：i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]

为什么要使i > 0？因为为了防止 i 为 0 而导致数组下标出现负数的情况。

然后是固定 i 的值，之后就要轮到对 left 和 right 去重，还是以这个数组为例：{-1, -1, -1, 0, 2}
出现这种情况：

然后，left 向右移动的时候，就会：

那么，就需要对 left 进行向右移动了，right 则是需要向左移动。
现在知道了应当如何去重，代码如下：

vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) 
{
    vector<vector<int>> Results;  // 储存结果
    sort(nums.begin(), nums.end());  // 排序
    for (int i = 0; i < nums.size() - 1; i++)
    {
        if (nums[i] > 0)  // 剪枝，若最左面的 nums[i] 都大于 0 的话，无论怎么移动，后面的结果都大于 0 了
            return Results;  // 就可以结束了
        if (i > 0 && nums[i - 1] == nums[i])  // 对 i 去重
            continue;
        int left = i + 1;  
        int right = nums.size() - 1;
        while (left < right)  // 直到 left 与 right 相遇才停止
        {
            if (nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0)  // 若小于0
                left++;
            else if (nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0)  // 若大于0
                right--;
            else
            {
                Results.push_back(vector<int>{nums[i], nums[left], nums[right]});
                while (left < right && nums[left] == nums[left + 1])  // left 去重
                    left++;
                while (left < right && nums[right] == nums[right - 1])  // right 去重
                    right--;
                left++, right--;  // 若满足条件，则 left、right 同时移动
            }
        }
    }
    return Results;
}

这样就结束了。

其实也有使用哈希表，然后将问题转换成两数之和的办法，不过那个的去重更加难以处理。

2. 盛最多水的容器（力扣题号11）

题目：
给定一个长度为 n 的整数数组 height 。有 n 条垂线，第 i 条线的两个端点是 (i, 0) 和 (i, height[i]) 。找出其中的两条线，使得它们与 x 轴共同构成的容器可以容纳最多的水。返回容器可以储存的最大水量。容器不能倾斜。
输入1：[1,8,6,2,5,4,8,3,7]
输出1：49
输入2：height = [1,1]
输出2：1

其余信息详见原题目链接
原题目链接：https://leetcode.cn/problems/container-with-most-water/description/?envType=study-plan-v2&envId=top-100-liked

关于容纳水这一点，其实只要注意到容纳水的体积与两个因素有关：
（1）两面边界墙之间的距离，距离越大，体积可能就越大
（2）两面边界墙中较矮的一面的高度，较矮的那面墙越高，体积可能就越大
其体积其实就是：两面边界墙中较矮的一面的高度 * 两面边界墙之间的距离，那么，关键就在如何寻找这两面墙了。

我们希望体积能够最大，那么，这两面墙不妨先从最左面和最右面来找，通过不断移动左、右两个指针，继而寻找最大的体积。
我们移动的时候，开始已经选择了最左面和最右面的墙，那么，无论怎么移动，两面边界墙之间的距离一定会缩小。那我们就只能寄希望于增大较矮的那面墙的高度了。
我们每次移动的时候，不妨先移动两面墙里更矮的那一面墙，因为如果移动更高的那一面墙，无论如何，体积都会减小（体积由较矮的一面墙的高度决定）。
然后，通过两面墙指针向内移动，继而寻找最大体积。

这里其实是很典型的贪心算法思想，不过笔者功力有限，只能理解到这里了（哭）
力扣官方题解有证明说过为什么要这么移动，有兴趣的可以去看看

代码如下：

int maxArea(vector<int>& height)
{
    int left = 0, right = height.size() - 1;  // 左右指针
    int maxV = min(height[left], height[right]) * (right - left);    // 初始最大边界墙距离的体积
    int tempmaxV = 0;
    while (left < right)
    {
        if (height[left] < height[right])  // 若左指针较小
        {
            left++;
            tempmaxV = min(height[left], height[right]) * (right - left);
            maxV = max(maxV, tempmaxV);
        }
        else  // 若右指针较小
        {
            right--;
            tempmaxV = min(height[left], height[right]) * (right - left);
            maxV = max(maxV, tempmaxV);
        }
    }
    return maxV;
}

这样就结束了。

3. 接雨水（力扣题号42）

题目：
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。

输入1：height = [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]
输出1：6
输入2：height = [4,2,0,3,2,5]
输出2：9

其余信息详见原题目链接
原题目链接：https://leetcode.cn/problems/trapping-rain-water/description/?envType=study-plan-v2&envId=top-100-liked

这题其实怎么看都不应该划在双指针分类里的，毕竟单调栈才是大头。
不过，既然力扣都这么分类了，笔者也就没啥意见了。

单调栈知识：https://www.programmercarl.com/0739.每日温度.html#算法公开课

既然是接雨水，我们自然是希望一个元素的左右两边，都有比它高的元素，这样至少才能确定这个元素所在位置能装水。
不过，一个单调栈只能确定一个方向上有无比它大或小的元素，既然一个不够，那就两个。比如看下面这张图：

这里下面第一行表示输入的整数数组 height，第二行是每个元素右边第一个比自己大的元素（数值），如果不存在，则为-1，第三行则是相反的方向。
这里我们先不用管元素数值重复的问题，只要确定两件事：
（1）能装雨水的元素对应的位置，下面两行对应的位置都不会是-1。
（2）只要这个元素对应的位置不能装雨水，下面两行中对应的位置至少会有一个-1。
这样，我们就能确认所有能装雨水的位置了。
那么，我们不妨先实现两个单调栈的代码：

stack<int> St_Left, St_Right;  // 左方向、右方向两个单调栈
vector<pair<bool, bool>> Judgement(height.size(), pair<bool, bool>{false, false});  // 记录这个元素的右、左是否右比它大的元素
// 这里我们不关心比它大的元素是多少或者具体位置在哪里，只要知道是或否就好
for (int i = 0; i < height.size(); i++)  // 从左向右
{
    while (!St_Right.empty() && height[i] > height[St_Right.top()])  // 比它大
    {
        Judgement[St_Right.top()].first = true;  // 记录
        St_Right.pop();  // 出栈
    }
    St_Right.push(i);  // 若栈为空或者不比它大，则入栈
}
for (int i = height.size() - 1; i >= 0; i--)  // 从右向左
{
    while (!St_Left.empty() && height[i] > height[St_Left.top()])  // 比它大
    {
        Judgement[St_Left.top()].second = true;  // 记录
        St_Left.pop();  // 出栈
    }
    St_Left.push(i);  // 若栈为空或者不比它大，则入栈
}

现在，我们知道了所有能装雨水的位置，但是要如何计算呢？
我们只要知道一个能装雨水的区域里，它的两边界里最矮的那一边，然后用最矮的那一边长度去减该区域内每一处的底，再加在一起即可：

int Result = 0;
for (int left = 0; left < height.size(); left++)  // 遍历
{
    if (Judgement[left] == pair<bool, bool>{true, true})  // 找到一个区域
    {
        int right = left;
        while (Judgement[right] == pair<bool, bool>{true, true})  // 确认区域的右边界
        {
            right++;
        }
        int maxH = min(height[left - 1], height[right]);  // 找到最矮的那一边
        for (int j = left; j < right; j++)
        {
            Result += maxH - height[j];  // 累加
        }
        left = right;  // 准备寻找下一处区域
    }
}
return Result;

这样就结束了。