42 Trapping Rain Water

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!

 

这道题比较直接的做法类似Longest Palindromic Substring中的第一种方法，对于每一个bar往两边扫描，找到它能承受的最大水量，然后累加起来即可。每次往两边扫的复杂度是O(n)，对于每个bar进行处理，所以复杂度是O(n^2)，空间复杂度是O(1)。思路比较清晰，就不列代码了，有兴趣的朋友可以实现一下哈。

下 面我们说说优化的算法。这种方法是基于动态规划的，基本思路就是维护一个长度为n的数组，进行两次扫描，一次从左往右，一次从右往左。第一次扫描的时候维 护对于每一个bar左边最大的高度是多少，存入数组对应元素中，第二次扫描的时候维护右边最大的高度，并且比较将左边和右边小的最大高度（我们成为瓶颈） 存入数组对应元素中。这样两遍扫描之后就可以得到每一个bar能承受的最大水量，从而累加得出结果。这个方法只需要两次扫描，所以时间复杂度是 O(2*n)=O(n)。空间上需要一个长度为n的数组，复杂度是O(n)。代码如下： 

 

 

 

public int trap(int[] A) {
    if(A==null || A.length==0)
        return 0;
    int max = 0;
    int res = 0;
    int[] container = new int[A.length];
    for(int i=0;i<A.length;i++)
    {
        container[i]=max;
        max = Math.max(max,A[i]);
    }
    max = 0;
    for(int i=A.length-1;i>=0;i--)
    {
        container[i] = Math.min(max,container[i]);
        max = Math.max(max,A[i]);
        res += container[i]-A[i]>0?container[i]-A[i]:0;
    }
    return res;
}

这个方法算是一种常见的技巧，从两边各扫描一次得到我们需要维护的变量，通常适用于当前元素需要两边元素来决定的问题，非常类似的题目是Candy，有兴趣的朋友可以看看哈。

上 面的方法非常容易理解，实现思路也很清晰，不过要进行两次扫描，复杂度前面的常数得是2，接下来我们要介绍另一种方法，相对不是那么好理解，但是只需要一 次扫描就能完成。基本思路是这样的，用两个指针从两端往中间扫，在当前窗口下，如果哪一侧的高度是小的，那么从这里开始继续扫，如果比它还小的，肯定装水 的瓶颈就是它了，可以把装水量加入结果，如果遇到比它大的，立即停止，重新判断左右窗口的大小情况，重复上面的步骤。这里能作为停下来判断的窗口，说明肯 定比前面的大了，所以目前肯定装不了水（不然前面会直接扫过去）。这样当左右窗口相遇时，就可以结束了，因为每个元素的装水量都已经记录过了。代码如下：

public int trap(int[] A) {
    if(A==null || A.length ==0)
        return 0;
    int l = 0;
    int r = A.length-1;
    int res = 0;
    while(l<r)
    {
        int min = Math.min(A[l],A[r]);
        if(A[l] == min)
        {
            l++;
            while(l<r && A[l]<min)
            {
                res += min-A[l];
                l++;
            }
        }
        else
        {
            r--;
            while(l<r && A[r]<min)
            {
                res += min-A[r];
                r--;
            }
        }
    }
    return res;
}

这个算法每个元素只被访问一次，所以时间复杂度是O(n)，并且常数是1，比前面的方法更优一些，不过理解起来需要想得比较清楚。
这种两边往中间夹逼的方法也挺常用的，它的核心思路就是向中间夹逼时能确定接下来移动一侧窗口不可能使结果变得更好，所以每次能确定移动一侧指针，直到相遇为止。这种方法带有一些贪心，用到的有Two Sum，Container With Most Water，都是不错的题目，有兴趣的朋友可以看看哈。

 

class Solution {
public:
    int trap(int A[], int n) {
        /* https://oj.leetcode.com/problems/trapping-rain-water/
        */
        
        int result = 0;
        stack<int> st;  // bookkeeping indices, decreasing in height
        
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            while (!st.empty() && A[st.top()] <= A[i]) {
                int j = st.top();
                st.pop();
                if (st.empty() || A[j] == A[i]) {  
                    // empty: no bar in the left;
                    // A[j] == A[i]: no need to record the same-height-bars
                    continue;
                }
                
                // A[j] as the bottom of the container, A[j] is the highest
                // between st.top() and i
                // A[st.top()] as the left bar, A[i] as the right bar
                int h = min(A[st.top()], A[i]) - A[j];
                int w = i - st.top() - 1;
                result += h * w;
            }
            st.push(i);
        }
        
        return result;
    }
};

 

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!