接雨水-动态规划解法记录

hulingF

2023-12-25

算法

接雨水-动态规划解法记录

题目描述：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。

示例 1：

输入：height = [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]
输出：6
解释：上面是由数组 [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1] 表示的高度图，在这种情况下，可以接 6 个单位的雨水（蓝色部分表示雨水）。

示例 2：

输入：height = [4,2,0,3,2,5]
输出：9

提示：

n == height.length
1 <= n <= 2 * 104
0 <= height[i] <= 105

思路:黑色的看成墙，蓝色的看成水，宽度一样，给定一个数组，每个数代表从左到右墙的高度，求出能装多少单位的水。也就是图中蓝色正方形的个数。

解法一：按行求

整个思路就是，求第 i 层的水，遍历每个位置，如果当前的高度小于 i，并且两边有高度大于等于 i 的，说明这个地方一定有水，水就可以加 1。

如果求高度为 i 的水，首先用一个变量 temp 保存当前累积的水，初始化为 0。从左到右遍历墙的高度，遇到高度大于等于 i 的时候，开始更新 temp。更新原则是遇到高度小于 i 的就把 temp 加 1，遇到高度大于等于 i 的，就把 temp 加到最终的答案 ans 里，并且 temp 置零，然后继续循环。

我们就以题目的例子讲一下。先求第 1 行的水。

也就是红色区域中的水，数组是 height = [ 0, 1, 0, 2, 1, 0, 1, 3, 2, 1, 2, 1 ] 。

原则是高度小于 1，temp ++，高度大于等于 1，ans = ans + temp，temp = 0。

temp 初始化为 0，ans = 0

height[0] 等于 0 < 1，不更新。

height[1] 等于 1 >= 1，开始更新 temp。

height[2] 等于 0 < 1，temp = temp + 1 = 1。

height[3] 等于 2 >= 1，ans = ans + temp = 1，temp = 0。

height[4] 等于 1 >= 1，ans = ans + temp = 1，temp = 0。

height[5] 等于 0 < 1，temp = temp + 1 = 1。

height[6] 等于 1 >= 1，ans = ans + temp = 2，temp = 0。

剩下的 height[7] 到最后，高度都大于等于 1，更新 ans = ans + temp = 2，temp = 0。而其实 temp 一直都是 0，所以 ans 没有变化。

再求第 2 行的水。

也就是红色区域中的水，数组是 height = [ 0, 1, 0, 2, 1, 0, 1, 3, 2, 1, 2, 1 ]。

原则是高度小于 2，temp ++，高度大于等于 2，ans = ans + temp，temp = 0。

temp 初始化为 0，ans 此时等于 2。

height[0] 等于 0 < 2，不更新。

height[1] 等于 1 < 2，不更新。

height[2] 等于 0 < 2，不更新。

height[3] 等于 2 >= 2，开始更新

height[4] 等于 1 < 2，temp = temp + 1 = 1。

height[5] 等于 0 < 2，temp = temp + 1 = 2。

height[6] 等于 1 < 2，temp = temp + 1 = 3。

height[7] 等于 3 >= 2，ans = ans + temp = 5，temp = 0。

height[8] 等于 2 >= 2，ans = ans + temp = 5，temp = 0。

height[9] 等于 1 < 2，temp = temp + 1 = 1。

height[10] 等于 2 >= 2，ans = ans + temp = 6，temp = 0。

height[11] 等于 1 < 2，temp = temp + 1 = 1。

然后结束循环，此时的 ans 就是6。

再看第 3 层。

按照之前的算法，之前的都是小于 3 的，不更新 temp，然后到 height[7] 等于 3，开始更新 temp，但是后边没有 height 大于等于 3 了，所以 ans 没有更新。

所以最终的 ans 就是 6。

public int trap(int[] height) {
    int sum = 0;
    int max = getMax(height);//找到最大的高度，以便遍历
    for (int i = 1; i <= max; i++) {
        boolean isStart = false; //标记是否开始更新 temp
        int temp_sum = 0;
        for (int j = 0; j < height.length; j++) {
            if (isStart && height[j] < i) {
                temp_sum++;
            }
            if (height[j] >= i) {
                sum = sum + temp_sum;
                temp_sum = 0;
                isStart = true;
            }
        }
    }
    return sum;
}
private int getMax(int[] height) {
    int max = 0;
    for (int i = 0; i < height.length; i++) {
        if (height[i] > max) {
            max = height[i];
        }
    }
    return max;
}

时间复杂度：如果最大的数是 m，个数是 n，那么就是 O(m∗n)。

空间复杂度：O(1)。

这种解法的性能对于m即数组数据很敏感，加入一个数组[1,0,99999]，它会遍历99999行，对于相对平缓的数组比较友好。

解法二：按列求

求每一列的水，我们只需要关注当前列，以及左边最高的墙，右边最高的墙就够了。

装水的多少，当然根据木桶效应，我们只需要看左边最高的墙和右边最高的墙中较矮的一个就够了。

所以，根据较矮的那个墙和当前列的墙的高度可以分为三种情况。

较矮的墙的高度大于当前列的墙的高度

把正在求的列左边最高的墙和右边最高的墙确定后，然后为了方便理解，我们把无关的墙去掉。

这样就很清楚了，现在想象一下，往两边最高的墙之间注水。正在求的列会有多少水？

很明显，较矮的一边，也就是左边的墙的高度，减去当前列的高度就可以了，也就是 2 - 1 = 1，可以存一个单位的水。
较矮的墙的高度小于当前列的墙的高度

同样的，我们把其他无关的列去掉。

想象下，往两边最高的墙之间注水。正在求的列会有多少水？

正在求的列不会有水，因为它大于了两边较矮的墙。
较矮的墙的高度等于当前列的墙的高度。

和上一种情况是一样的，不会有水。

明白了这三种情况，程序就很好写了，遍历每一列，然后分别求出这一列两边最高的墙。找出较矮的一端，和当前列的高度比较，结果就是上边的三种情况。

public int trap(int[] height) {
    int sum = 0;
    //最两端的列不用考虑，因为一定不会有水。所以下标从 1 到 length - 2
    for (int i = 1; i < height.length - 1; i++) {
        int max_left = 0;
        //找出左边最高
        for (int j = i - 1; j >= 0; j--) {
            if (height[j] > max_left) {
                max_left = height[j];
            }
        }
        int max_right = 0;
        //找出右边最高
        for (int j = i + 1; j < height.length; j++) {
            if (height[j] > max_right) {
                max_right = height[j];
            }
        }
        //找出两端较小的
        int min = Math.min(max_left, max_right);
        //只有较小的一段大于当前列的高度才会有水，其他情况不会有水
        if (min > height[i]) {
            sum = sum + (min - height[i]);
        }
    }
    return sum;
}

时间复杂度：O(n^2^)，遍历每一列需要n，找出左边最高和右边最高的墙加起来刚好又是一个n，所以是n^2^。

空间复杂度：O(1)。

解法三: 动态规划

我们注意到，解法二中。对于每一列，我们求它左边最高的墙和右边最高的墙，都是重新遍历一遍所有高度，这里我们可以优化一下。

首先用两个数组，max_left[i] 代表第 i 列左边最高的墙的高度，max_right[i] 代表第 i 列右边最高的墙的高度。（一定要注意下，第 i 列左（右）边最高的墙，是不包括自身的，和 leetcode 上边的讲的有些不同）

对于 max_left 我们其实可以这样求。

max_left[i] = Max(max_left[i-1],height[i-1])。它前边的墙的左边的最高高度和它前边的墙的高度选一个较大的，就是当前列左边最高的墙了。

对于 max_right 我们可以这样求。

max_right[i] = Max(max_right[i+1],height[i+1])。它后边的墙的右边的最高高度和它后边的墙的高度选一个较大的，就是当前列右边最高的墙了。

这样，我们再利用解法二的算法，就不用在 for 循环里每次重新遍历一次求 max_left 和 max_right 了。

public int trap(int[] height) {
    int sum = 0;
    int[] max_left = new int[height.length];
    int[] max_right = new int[height.length];
    
    for (int i = 1; i < height.length - 1; i++) {
        max_left[i] = Math.max(max_left[i - 1], height[i - 1]);
    }
    for (int i = height.length - 2; i >= 0; i--) {
        max_right[i] = Math.max(max_right[i + 1], height[i + 1]);
    }
    for (int i = 1; i < height.length - 1; i++) {
        int min = Math.min(max_left[i], max_right[i]);
        if (min > height[i]) {
            sum = sum + (min - height[i]);
        }
    }
    return sum;
}

时间复杂度：O(n)。

空间复杂度：O(n)，用来保存每一列左边最高的墙和右边最高的墙。

解法四：双指针(待完善)

动态规划中，我们常常可以对空间复杂度进行进一步的优化。

例如这道题中，可以看到，max_left[i] 和 max_right[i] 数组中的元素我们其实只用一次，然后就再也不会用到了。所以我们可以不用数组，只用一个元素就行了。我们先改造下 max_left。

public int trap(int[] height) {
    int sum = 0;
    int max_left = 0;
    int[] max_right = new int[height.length];
    for (int i = height.length - 2; i >= 0; i--) {
        max_right[i] = Math.max(max_right[i + 1], height[i + 1]);
    }
    for (int i = 1; i < height.length - 1; i++) {
        max_left = Math.max(max_left, height[i - 1]);
        int min = Math.min(max_left, max_right[i]);
        if (min > height[i]) {
            sum = sum + (min - height[i]);
        }
    }
    return sum;
}

我们成功将 max_left 数组去掉了。但是会发现我们不能同时把 max_right 的数组去掉，因为最后的 for 循环是从左到右遍历的，而 max_right 的更新是从右向左的。