1 LC42 接雨水
1.1 答案
解法四：双指针
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;
}
作者：windliang
链接：https://leetcode.cn/problems/trapping-rain-water/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
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。
所以这里要用到两个指针，left 和 right，从两个方向去遍历。
那么什么时候从左到右，什么时候从右到左呢？根据下边的代码的更新规则，我们可以知道
max_left = Math.max(max_left, height[i - 1]);
height [ left - 1] 是可能成为 max_left 的变量， 同理，height [ right + 1 ] 是可能成为 right_max 的变量。
只要保证 height [ left - 1 ] < height [ right + 1 ] ，那么 max_left 就一定小于 max_right。
因为 max_left 是由 height [ left - 1] 更新过来的，而 height [ left - 1 ] 是小于 height [ right + 1] 的，而 height [ right + 1 ] 会更新 max_right，所以间接的得出 max_left 一定小于 max_right。
反之，我们就从右到左更。
public int trap(int[] height) {
int n=height.length;
int ans=0;
int lm=-1,rm=-1;
int l=1,r=n-2;
while(l<=r){
if(height[l-1]<height[r+1]){ // #A
lm=Math.max(lm,height[l-1]);
if(lm>height[l]){
ans+=lm-height[l];
}
l++;
}else{
rm=Math.max(rm,height[r+1]);
if(rm>height[r]){
ans+=rm-height[r];
}
r--;
}
}
return ans;
}
1.2 解析 #A 处的代码if(height[l-1]<height[r+1]), max_left不是还没有基于height[left - 1]更新吗，为什么能做出（由于max_left是基于高度[left - 1]更新的，并且高度[left - 1]小于高度[right + 1]，这更新了max_right，因此逻辑上可以得出max_left将小于或等于max_right。）的推断？这里是不是默认初始以及之后的max_left <=max_right,所以只需要比较height[left - 1]和heightright- 1
您的理解是正确的。在这个算法中，确实有一个隐含的假设，即在执行到当前步骤之前，max_left 通常小于或等于 max_right。这个假设是基于算法如何运行和如何更新这两个值的。
当算法比较 height[left - 1] 和 height[right + 1] 时，它实际上是在确定下一步应该如何移动指针，以便有效地计算积水量。这里的关键逻辑是：
-
如果
height[left - 1] < height[right + 1]:- 这意味着左侧的边界较低。因此，我们可以假设
max_left（已经是左边的最高点）小于或等于max_right。 - 在这种情况下，移动左指针是安全的，因为即使左边的墙较低，右边也有足够高的墙（
max_right）来保持水。
- 这意味着左侧的边界较低。因此，我们可以假设
-
如果
height[left - 1] >= height[right + 1]:- 这表明右侧的边界较低，或者至少与左边相等。
- 因此，移动右指针是更安全的选择，因为左边有足够高的墙（
max_left）来保持水。
-
更新
max_left和max_right:- 在每一步中，
max_left和max_right都会根据当前指针位置的情况进行更新。
- 在每一步中，
总的来说，这个算法的核心在于它尝试从较低的一侧开始计算积水量，这样可以保证在那一侧的计算过程中，另一侧总是有足够高的边界来支撑水位。这种方法使得算法既高效又准确。
2 LC84. 柱状图中最大的矩形
2.1 解题
推荐题解：lc84 柱状图中的最大矩形
class Solution {
// 时间复杂度进一步常数级优化
public int largestRectangleArea(int[] heights) {
int n=heights.length;
int ans=0;
int[]l=new int[n];
int[]r=new int[n];
Arrays.fill(r,n);
Deque<Integer>st=new LinkedList<>();
int i=0;
while(i<n){
while(!st.isEmpty()&&heights[st.peekLast()]>=heights[i]){
r[st.pollLast()]=i;
}
l[i]=st.isEmpty()?-1:st.peekLast();
st.addLast(i);
i++;
}
for(i=0;i<n;i++){
ans=Math.max(ans, (r[i]-l[i]-1)*heights[i]);
}
return ans;
}
// 时间复杂度优化
public int largestRectangleArea4(int[] heights) {
int n=heights.length;
int ans=0;
int[]l=new int[n];
int[]r=new int[n];
Deque<Integer>st=new LinkedList<>();
int i=0;
while(i<n){
while(!st.isEmpty()&&heights[st.peekLast()]>=heights[i]){
st.pollLast();
}
l[i]=st.isEmpty()?-1:st.peekLast();
st.addLast(i);
i++;
}
st.clear();
i=n-1;
while(i>=0){
while(!st.isEmpty()&&heights[st.peekLast()]>=heights[i]){
st.pollLast();
}
r[i]=st.isEmpty()?n:st.peekLast();
st.addLast(i);
i--;
}
for(i=0;i<n;i++){
ans=Math.max(ans, (r[i]-l[i]-1)*heights[i]);
}
return ans;
}
public int largestRectangleArea3(int[] heights) {
int n=heights.length;
int ans=0;
// 按高度遍历，这里的遍历的是数组中所有出现的高度
for(int i=0;i<n;i++){
int j=i;
while(j>=0&&heights[j]>=heights[i]){
j--;
}
int k=i;
while(k<n&&heights[k]>=heights[i]){
k++;
}
ans=Math.max(ans,(k-j-1)*heights[i]);
}
return ans;
}
public int largestRectangleArea2(int[] heights) {
int n=heights.length;
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++){
int min=Integer.MAX_VALUE;
for(int j=i;j<n;j++){
min=Math.min(min, heights[j]);
ans=Math.max(ans,(j-i+1)*min);
}
}
return ans;
}
}
3 相似之处
// lc84 柱状图中的最大矩形 : 时间复杂度优化
public int largestRectangleArea4(int[] heights) {
int n=heights.length;
int ans=0;
int[]l=new int[n];
int[]r=new int[n];
Deque<Integer>st=new LinkedList<>();
int i=0;
while(i<n){
while(!st.isEmpty()&&heights[st.peekLast()]>=heights[i]){
st.pollLast();
}
l[i]=st.isEmpty()?-1:st.peekLast();
st.addLast(i);
i++;
}
st.clear();
i=n-1;
while(i>=0){
while(!st.isEmpty()&&heights[st.peekLast()]>=heights[i]){
st.pollLast();
}
r[i]=st.isEmpty()?n:st.peekLast();
st.addLast(i);
i--;
}
for(i=0;i<n;i++){
ans=Math.max(ans, (r[i]-l[i]-1)*heights[i]);
}
return ans;
}
// lc42 接雨水
public int trap(int[] height) {
int n=height.length;
int ans=0;
int lm=-1,rm=-1;
int l=1,r=n-2;
while(l<=r){
if(height[l-1]<height[r+1]){
lm=Math.max(lm,height[l-1]);
if(lm>height[l]){
ans+=lm-height[l];
}
l++;
}else{
rm=Math.max(rm,height[r+1]);
if(rm>height[r]){
ans+=rm-height[r];
}
r--;
}
}
return ans;
}
3.1 这两个题解很相似
确实，从您提供的 LeetCode 问题 42 (“接雨水”) 和 问题 84 (“柱状图中最大的矩形”) 的解题代码中，我们可以看到一些相似之处。尽管两个问题的实际目标不同，它们的解法都涉及到一些共同的编程技巧和思路。
相似点
-
单调栈的应用：
- 在问题 84 的解法中，使用单调栈（
Deque<Integer> st）来维护一个单调递增的高度索引，这有助于确定每个条形的左右边界。 - 这种栈的应用在处理数组中的连续区间问题时非常有效，如寻找左右两侧第一个小于当前元素的位置。
- 在问题 84 的解法中，使用单调栈（
-
双指针技术：
- 在问题 42 的解法中，使用左右双指针（
l和r）来从两端向中间遍历数组。 - 这种技术允许在一次遍历中比较和处理两端的元素，是处理此类问题的常见方法。
- 在问题 42 的解法中，使用左右双指针（
-
局部最大/最小值的更新：
- 在问题 42 中，使用
lm和rm（左侧和右侧的最大高度）来更新局部最大值，并用这些值来计算积水量。 - 在问题 84 中，使用栈来计算每个条形的局部左右边界，再计算最大矩形面积。
- 在问题 42 中，使用
-
动态计算过程中的条件判断：
- 在问题 42 中，通过比较
height[l-1]和height[r+1]来决定是移动左指针还是右指针。 - 在问题 84 中，通过比较
heights[st.peekLast()]和heights[i]来决定是继续在栈中添加新元素还是进行弹出操作。
- 在问题 42 中，通过比较
不同点
虽然它们在某些解题技巧上相似，但这两个问题的实际应用是不同的：
- 问题 42 (“接雨水”) 要求计算在不规则形状的容器中积累的雨水总量。
- 问题 84 (“柱状图中最大的矩形”) 要求找出由不同高度的条形构成的最大矩形面积。
总体来说，虽然这两个问题的解法在某些编程技术上有交叉，但它们分别解决了不同的问题。这种技术上的相似性突显了数据结构和算法在解决不同问题时的通用性和灵活性。
