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如何高效解决接雨水问题

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读完本文,你不仅学会了算法套路,还可以顺便解决如下题目:

LeetCode 力扣 难度
11. Container With Most Water 11. 盛最多水的容器 🟠
42. Trapping Rain Water 42. 接雨水 🔴

———–

力扣第 42 题「 接雨水」挺有意思,在面试题中出现频率还挺高的,本文就来步步优化,讲解一下这道题。

先看一下题目:

就是用一个数组表示一个条形图,问你这个条形图最多能接多少水。

int trap(int[] height);

下面就来由浅入深介绍暴力解法 -> 备忘录解法 -> 双指针解法,在 O(N) 时间 O(1) 空间内解决这个问题。

一、核心思路

所以对于这种问题,我们不要想整体,而应该去想局部;就像之前的文章写的动态规划问题处理字符串问题,不要考虑如何处理整个字符串,而是去思考应该如何处理每一个字符。

这么一想,可以发现这道题的思路其实很简单。具体来说,仅仅对于位置 i,能装下多少水呢?

能装 2 格水,因为 height[i] 的高度为 0,而这里最多能盛 2 格水,2-0=2。

为什么位置 i 最多能盛 2 格水呢?因为,位置 i 能达到的水柱高度和其左边的最高柱子、右边的最高柱子有关,我们分别称这两个柱子高度为 l_maxr_max位置 i 最大的水柱高度就是 min(l_max, r_max)

更进一步,对于位置 i,能够装的水为:

water[i] = min(
               # 左边最高的柱子
               max(height[0..i]),  
               # 右边最高的柱子
               max(height[i..end]) 
            ) - height[i]
    

这就是本问题的核心思路,我们可以简单写一个暴力算法:

int trap(int[] height) {
    int n = height.length;
    int res = 0;
    for (int i = 1; i < n - 1; i++) {
        int l_max = 0, r_max = 0;
        // 找右边最高的柱子
        for (int j = i; j < n; j++)
            r_max = Math.max(r_max, height[j]);
        // 找左边最高的柱子
        for (int j = i; j >= 0; j--)
            l_max = Math.max(l_max, height[j]);
        // 如果自己就是最高的话,
        // l_max == r_max == height[i]
        res += Math.min(l_max, r_max) - height[i];
    }
    return res;
}

有之前的思路,这个解法应该是很直接粗暴的,时间复杂度 O(N^2),空间复杂度 O(1)。但是很明显这种计算 r_maxl_max 的方式非常笨拙,一般的优化方法就是备忘录。

二、备忘录优化

之前的暴力解法,不是在每个位置 i 都要计算 r_maxl_max 吗?我们直接把结果都提前计算出来,别傻不拉几的每次都遍历,这时间复杂度不就降下来了嘛。

我们开两个数组 r_maxl_max 充当备忘录,l_max[i] 表示位置 i 左边最高的柱子高度,r_max[i] 表示位置 i 右边最高的柱子高度。预先把这两个数组计算好,避免重复计算:

int trap(int[] height) {
    if (height.length == 0) {
        return 0;
    }
    int n = height.length;
    int res = 0;
    // 数组充当备忘录
    int[] l_max = new int[n];
    int[] r_max = new int[n];
    // 初始化 base case
    l_max[0] = height[0];
    r_max[n - 1] = height[n - 1];
    // 从左向右计算 l_max
    for (int i = 1; i < n; i++)
        l_max[i] = Math.max(height[i], l_max[i - 1]);
    // 从右向左计算 r_max
    for (int i = n - 2; i >= 0; i--)
        r_max[i] = Math.max(height[i], r_max[i + 1]);
    // 计算答案
    for (int i = 1; i < n - 1; i++)
        res += Math.min(l_max[i], r_max[i]) - height[i];/**<extend up -300><img src="/algo/images/接雨水/1.jpg"> */
    return res;
}

这个优化其实和暴力解法思路差不多,就是避免了重复计算,把时间复杂度降低为 O(N),已经是最优了,但是空间复杂度是 O(N)。下面来看一个精妙一些的解法,能够把空间复杂度降低到 O(1)。

三、双指针解法

这种解法的思路是完全相同的,但在实现手法上非常巧妙,我们这次也不要用备忘录提前计算了,而是用双指针边走边算,节省下空间复杂度。

首先,看一部分代码:

int trap(int[] height) {
    int left = 0, right = height.length - 1;
    int l_max = 0, r_max = 0;
    
    while (left < right) {
        l_max = Math.max(l_max, height[left]);
        r_max = Math.max(r_max, height[right]);
        // 此时 l_max 和 r_max 分别表示什么?
        left++; right--;
    }
}

对于这部分代码,请问 l_maxr_max 分别表示什么意义呢?

很容易理解,l_maxheight[0..left] 中最高柱子的高度,r_maxheight[right..end] 的最高柱子的高度

明白了这一点,直接看解法:

int trap(int[] height) {
    int left = 0, right = height.length - 1;
    int l_max = 0, r_max = 0;

    int res = 0;
    while (left < right) {
        l_max = Math.max(l_max, height[left]);
        r_max = Math.max(r_max, height[right]);

        // res += min(l_max, r_max) - height[i]
        if (l_max < r_max) {
            res += l_max - height[left];/**<extend up -250><img src="/algo/images/接雨水/5.jpg"> */
            left++;
        } else {
            res += r_max - height[right];
            right--;
        }
    }
    return res;
}

你看,其中的核心思想和之前一模一样,换汤不换药。但是细心的读者可能会发现次解法还是有点细节差异:

之前的备忘录解法,l_max[i]r_max[i] 分别代表 height[0..i]height[i..end] 的最高柱子高度。

res += Math.min(l_max[i], r_max[i]) - height[i];

但是双指针解法中,l_maxr_max 代表的是 height[0..left]height[right..end] 的最高柱子高度。比如这段代码:

if (l_max < r_max) {
    res += l_max - height[left];
    left++; 
} 

此时的 l_maxleft 指针左边的最高柱子,但是 r_max 并不一定是 left 指针右边最高的柱子,这真的可以得到正确答案吗?

其实这个问题要这么思考,我们只在乎 min(l_max, r_max)对于上图的情况,我们已经知道 l_max < r_max 了,至于这个 r_max 是不是右边最大的,不重要。重要的是 height[i] 能够装的水只和较低的 l_max 之差有关

这样,接雨水问题就解决了。

扩展延伸

下面我们看一道和接雨水问题非常类似的题目,力扣第 11 题「 盛最多水的容器」:

函数签名如下:

int maxArea(int[] height);

这题和接雨水问题很类似,可以完全套用前文的思路,而且还更简单。两道题的区别在于:

接雨水问题给出的类似一幅直方图,每个横坐标都有宽度,而本题给出的每个横坐标是一条竖线,没有宽度

我们前文讨论了半天 l_maxr_max,实际上都是为了计算 height[i] 能够装多少水;而本题中 height[i] 没有了宽度,那自然就好办多了。

举个例子,如果在接雨水问题中,你知道了 height[left]height[right] 的高度,你能算出 leftright 之间能够盛下多少水吗?

不能,因为你不知道 leftright 之间每个柱子具体能盛多少水,你得通过每个柱子的 l_maxr_max 来计算才行。

反过来,就本题而言,你知道了 height[left]height[right] 的高度,能算出 leftright 之间能够盛下多少水吗?

可以,因为本题中竖线没有宽度,所以 leftright 之间能够盛的水就是:

min(height[left], height[right]) * (right - left)

类似接雨水问题,高度是由 height[left]height[right] 较小的值决定的。

解决这道题的思路依然是双指针技巧:

leftright 两个指针从两端向中心收缩,一边收缩一边计算 [left, right] 之间的矩形面积,取最大的面积值即是答案

先直接看解法代码吧:

int maxArea(int[] height) {
    int left = 0, right = height.length - 1;
    int res = 0;
    while (left < right) {
        // [left, right] 之间的矩形面积
        int cur_area = Math.min(height[left], height[right]) * (right - left);
        res = Math.max(res, cur_area);
        // 双指针技巧,移动较低的一边
        if (height[left] < height[right]) {
            left++;
        } else {
            right--;
        }
    }
    return res;
}

代码和接雨水问题大致相同,不过肯定有读者会问,下面这段 if 语句为什么要移动较低的一边:

// 双指针技巧,移动较低的一边
if (height[left] < height[right]) {
    left++;
} else {
    right--;
}

其实也好理解,因为矩形的高度是由 min(height[left], height[right]) 即较低的一边决定的

你如果移动较低的那一边,那条边可能会变高,使得矩形的高度变大,进而就「有可能」使得矩形的面积变大;相反,如果你去移动较高的那一边,矩形的高度是无论如何都不会变大的,所以不可能使矩形的面积变得更大。

至此,这道题也解决了。

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