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1 class Solution 2 { 3 public: 4 int trap(vector<int> &height) 5 {/* 6 雨水覆盖问题： 7 每一个bar能承受的水量为：它左侧所有中最高的和右侧所有中最高的中取最小值作为一个瓶颈[否则也留不住]， 8 若该值大于当前bar的高度，其差值即为所求 9 累加所有bar能承受的水量即为所求 10 法三：【左右两个指针】 11 找到最高的位置，将数组分为两部分： 12 对左侧数据，因为右边已经有了最高值，所以，类似法一，找到其左侧最高值[为瓶颈]，再与当前bar的高度比较，若低于瓶颈，累加其差值； 13 对右侧数据，因为左边已经有了最高值，所以，找到右侧最高值[为瓶颈]，再与当前bar的高度比较，若低于瓶颈，累加其差值 14 时间复杂度:O(n); 空间复杂度:O(1) 15 */ 16 int count = height.size(); 17 int res=0; 18 if(count < 3)//一个符号引发的错误,不是<= 19 return 0; 20 21 int l = 0; 22 int r = count-1; 23 int min; 24 while(l<r) 25 { 26 min = (height[l]<=height[r] ? height[l] : height[r]); 27 if(height[l] == min) 28 { 29 l++; 30 while(l<r && height[l]<min) 31 { 32 res += min-height[l]; 33 l++; 34 } 35 } 36 else 37 { 38 r--; 39 while(l<r && height[r] < min) 40 { 41 res += min-height[r]; 42 r--; 43 } 44 } 45 46 } 47 return res; 48 } 49 };
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.
Tags: Array Stack Two Pointers
每一个bar能承受的水量为：它左侧所有中最高的和右侧所有中最高的中取最小值作为一个瓶颈[否则也留不住]，
若该值大于当前bar的高度，其差值即为所求
累加所有bar能承受的水量即为所求
思路清晰，一切不是问题
方法一：从左向右扫描，找到当前bar左侧最高的记录下来；
从右向左扫描，找到当前bar右侧最高的，将其与左侧最高比较，取其小作为瓶颈
若当前bar的高度低于瓶颈，差值累加得到结果
时间复杂度:O(n); 空间复杂度:O(n)
1 #include "stdafx.h" 2 #include <vector> 3 #include <iostream> 4 using namespace std; 5 6 class Solution 7 { 8 public: 9 int trap(vector<int> &height) 10 {/* 11 雨水覆盖问题： 12 每一个bar能承受的水量为：它左侧所有中最高的和右侧所有中最高的中取最小值作为一个瓶颈[否则也留不住]， 13 若该值大于当前bar的高度，其差值即为所求 14 累加所有bar能承受的水量即为所求 15 */ 16 int count = height.size(); 17 int res=0; 18 if(count < 3)//一个符号引发的错误,不是<= 19 return 0; 20 int *container = new int[count];//辅助数组 21 int max=0;//记录当前出现的最大值 22 for(int i=0; i<count; i++) 23 {//计算i左侧的最大值 24 container[i] = max; 25 max = (height[i]>max ? height[i] : max);//更新max 26 } 27 max = 0; 28 for(int i=count-1; i>=0; i--) 29 {//计算i右侧的最大值 30 container[i] = (max<container[i] ? max : container[i]); 31 max = (height[i]>max ? height[i] : max);//更新max 32 //同时统计总容量 33 res += (container[i]>height[i] ? (container[i]-height[i]) : 0 ); 34 } 35 delete[] container;//别忘 36 return res; 37 } 38 }; 39 40 int main() 41 { 42 Solution sol; 43 // int data[] = {0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,}; 44 int data[] = {2,0,2}; 45 vector<int> test(data,data+sizeof(data)/sizeof(int)); 46 47 cout << sol.trap(test)<<endl; 48 49 }
方法二：找到最高的位置，将数组分为两部分：
对左侧数据，因为右边已经有了最高值，所以，类似法一，找到其左侧最高值【为瓶颈】(肯定小于右侧最高点)，再与当前bar的高度比较，若低于瓶颈，累加其差值；
对右侧数据，因为左边已经有了最高值，所以，找到右侧最高值【作为瓶颈】，再与当前bar的高度比较，若低于瓶颈，累加其差值
时间复杂度:O(n); 空间复杂度:O(1)
1 class Solution 2 { 3 public: 4 int trap(vector<int> &height) 5 {/* 6 雨水覆盖问题： 7 每一个bar能承受的水量为：它左侧所有中最高的和右侧所有中最高的中取最小值作为一个瓶颈[否则也留不住]， 8 若该值大于当前bar的高度，其差值即为所求 9 累加所有bar能承受的水量即为所求 10 法三：【左右两个指针】 11 找到最高的位置，将数组分为两部分： 12 对左侧数据，因为右边已经有了最高值，所以，类似法一，找到其左侧最高值[为瓶颈]，再与当前bar的高度比较，若低于瓶颈，累加其差值； 13 对右侧数据，因为左边已经有了最高值，所以，找到右侧最高值[为瓶颈]，再与当前bar的高度比较，若低于瓶颈，累加其差值 14 时间复杂度:O(n); 空间复杂度:O(1) 15 */ 16 int count = height.size(); 17 int res=0; 18 if(count < 3)//一个符号引发的错误,不是<= 19 return 0; 20 21 int maxIndex = 0; 22 //找到最高点的位置，将数组一分为二 23 for(int i=0 ; i<count; i++) 24 { 25 if(height[i] > height[maxIndex]) 26 maxIndex = i; 27 } 28 int max=0;//记录左侧/右侧当前最大值 29 for(int i=0; i<maxIndex; i++) 30 { 31 res += ((height[i] < max ? max-height[i] : 0));//注意细节!!! 32 max = (height[i]>max ? height[i] : max ); 33 } 34 35 max = 0; 36 for(int i=count-1; i>maxIndex; i--) 37 { 38 res += ((height[i] < max ? max - height[i] : 0)); 39 max = (height[i]>max ? height[i] : max ); 40 } 41 return res; 42 } 43 };
法三: 两指针法【理解上，还是有点问题】
用两个指针从两端往中间扫瞄，
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。
参考：http://blog.csdn.net/linhuanmars/article/details/20888505
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原文地址：http://www.cnblogs.com/dreamrun/p/4530917.html
