1 題目
題目鏈接：
https://leetcode-cn.com/problems/trapping-rain-water/
接雨水問題在leetcode中是“困難”，但同時也是面試中常遇到的問題。
1.1 題目描述：
給定 n 個非負整數表示每個寬度爲 1 的柱子的高度圖，計算按此排列的柱子，下雨之後能接多少雨水。
上面是由數組 [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1] 表示的高度圖，在這種情況下，可以接 6 個單位的雨水（藍色部分表示雨水）。
示例:
輸入: [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]
輸出: 6
1.2 題目分析：
這道題很想我們常說的“木桶效應”，說白了就是一個柱子能接多少水，取決於它兩邊“較短的板”，另外一個前提條件就是，兩邊的柱子高度都要比所要裝水的柱子的高度要高，否則肯定是無法裝水的。
有了這個認識之後，再取解這道題目就不難了。
如圖，我們要計算柱子i的接水容量的時候，能否接水取決於兩邊最高（left_max, right_max）的高度，但是接水的上限則取決於left_max和right_max中較小的一方（即上邊所說的“短板”）。
2 題解
前三種解法都是（如上圖）縱向考慮每個柱子能裝多少水。
第4種解法從橫向考慮問題，具體解釋見下文。
2.1 暴力
暴力解法比較好理解，但是時間複雜度O(n^2).
// 42. 接雨水
// 暴力
public int trap(int[] height) {
int len = height.length;
if(len<=1) return 0;
int res = 0;
for (int i = 0; i < len; i++) {
int l_max = height[0], r_max = height[len-1];
for (int j = 0; j <= i; j++) {
l_max = Math.max(l_max,height[j]);
}
for(int j=i; j<len;j++){
r_max = Math.max(r_max,height[j]);
}
// System.out.println(l_max+" "+r_max);
res += (Math.min(l_max,r_max)-height[i]);
}
return res;
}
2.2 動態規劃
動態規劃，可理解爲“用空間換時間”，也就是說，空間複雜度增大，但是時間複雜度降低。（另外避免一些重複計算）
上文暴力解法，在內層for去尋找左右max的時候，其實是有重複計算的，而利用額外的空間去存儲前一個狀態的左右max則可以避免這些重複計算。
即：創建兩個數組（l_max,r_max）去存儲，l_max[i]和r_max[i]在index=i的時候，其左右各自最高的高度。
這種解法，時間空間複雜度都是O(N).
public int trap(int[] height) {
int len = height.length;
if(len<=1) return 0;
int res = 0;
int[] l_max = new int[len];
int[] r_max = new int[len];
l_max[0] = height[0];
r_max[len-1] = height[len-1];
for (int i = 1; i < len; i++) {
l_max[i] = Math.max(height[i],l_max[i-1]);
}
for(int i = len-2; i>=0;i--){
r_max[i] = Math.max(height[i],r_max[i+1]);
}
for (int i = 0; i < len; i++) {
res += Math.min(l_max[i],r_max[i])-height[i];
}
return res;
}
2.3 雙指針（前後指針）
雙指針和前邊兩種方法類似，但是又有一些細微的區別，看下圖：
參考： https://www.cnblogs.com/labuladong/p/12320514.html
如計算index=left處的接水容量，雙指針法只在意l_max是（l_max，r_max）二者中較小的一方，但是並不關係，r_max是不是left右邊最高的（r_max只是right右側最高的。）
時間複雜度O(N),空間複雜度O(1).
// 雙指針（左右指針）
public int trap3(int[] height) {
int len = height.length;
if(len<=1) return 0;
int res = 0;
int l_max = height[0], r_max = height[len-1];
int left = 0, right = len-1;
while (left<right){
l_max = Math.max(height[left],l_max);
r_max = Math.max(height[right],r_max);
if(l_max<r_max){
res += Math.min(l_max,r_max)-height[left];
left++;
} else{
res += Math.min(l_max,r_max)-height[right];
right--;
}
}
return res;
}
2.4 單調棧
單調棧的思路跟上述三種方法則完全不同，它從橫向去考慮問題，如圖：
類似於leetcode84-柱狀圖中的最大矩形，不過這裏使用單調（遞減）棧，即：height[i]比stack的height[peek]小的時候才入棧，否則出棧，出棧則計算接水量。
同樣類似“最大矩形問題”，兩邊加入兩個哨兵（兩個0）
詳細圖解：
這裏用單調遞減棧，與單調第增棧，有所不同的是，有元素出棧後，stack可能爲空，則無法取棧頂元素peek，這裏需要“仍把它pop，但是不計算面積”，因爲新的元素比pop的元素大，所以小的元素就沒有用了，（從座標系來看）我們只關心左邊最高的柱子，而且，如果不pop它，加入新元素後，棧內順序就不是遞減了。
入棧、出棧的棧圖可以自己動手畫一下，更有助於理解，這裏只講一下流程，棧圖省略。
代碼：
// 單調“遞減”棧
public int trap4(int[] height) {
int len = height.length;
if(len<=1) return 0;
int res = 0;
Deque<Integer> stack = new ArrayDeque<>();
int[] new_height = new int[len+2];
System.arraycopy(height,0,new_height,1,len);
for (int i = 0; i < len+2; i++) {
while(!stack.isEmpty() && new_height[i]>new_height[stack.peek()]){
int cur = stack.pop();
if(stack.isEmpty())
break;
int pk = stack.peek();
int area = (i - pk - 1) * (Math.min(new_height[pk], new_height[i]) - new_height[cur]);
res += area;
// System.out.println(pk);
}
stack.push(i);
}
return res;
}
單調棧解法的時間複雜度O(N),空間複雜度也是O(N). 其實看起來單調棧方法還沒有“動態規劃”和“雙指針”優越，這裏主要是用於方法學習。
以上是我的個人理解，如有錯誤，歡迎批評指正！謝謝！