力扣算法打卡刷题|??思维导图整理大厂面试高频数组12: 4种方法彻底解决接雨水问题, 力扣42??
此专栏文章是对力扣上算法题目各种方法的总结和归纳, 整理出最重要的思路和知识重点并以思维导图形式呈现, 当然也会加上我对导图的详解.
目的是为了更方便快捷的记忆和回忆算法重点(不用每次都重复看题解), 毕竟算法不是做了一遍就能完全记住的. 所以本文适合已经知道解题思路和方法, 想进一步加强理解和记忆的朋友, 并不适合第一次接触此题的朋友(可以根据题号先去力扣看看官方题解, 然后再看本文内容).
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题目链接: https://leetcode-cn.com/problems/trapping-rain-water/solution/si-wei-dao-tu-zheng-li-4chong-fang-fa-xi-4uua/
文章目录
- 0.导图整理
- 1.了解常规思想
- 2.动态规划 优化时间复杂度
- 3.双指针 优化空间复杂度
- 4.单调栈的思想
- 源码
- Python:
- java:
0.导图整理
1.了解常规思想 对于本题而言, 首先要掌握最常规的思想, 因为下面的一系列方法大多都是在常规思想上进行的各种优化操作.
但其实本题的常规思想也不是那么容易想的, 看到那分布极不规则的接雨水情况, 对于怎么样将它们求和也并非一样容易的事.
常规思想中最重要的就是 接水量的计算方法 了, 我们采用对于每个下标 i, 分别计算它能够接到的水量, 最后将它们相加在一起.
接下来就是每个下标 i 接水量的计算过程了, 从图中我们可以看出, 一个位置要想接到雨水, 那么两边必然要有比它更高的柱子, 并且下雨后水能到达的最大高度等于下标 i 两边的最大高度的最小值, 而下标 i 处能接的雨水量等于下标 i 处的水能到达的最大高度减去 height[i].
这就是最重要的接水量的计算过程了, 明白了这个原理之后, 我们只需要分别向左和向右扫描并记录左边和右边的最大高度, 然后计算每个下标位置能接的雨水量.
这就是常规思想的全部思路了, 这个方法会用到两次循环, 时间复杂度就达到了 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2), 接下来就是我们的优化过程了.
2.动态规划 优化时间复杂度 上述做法的时间复杂度较高是因为需要对每个下标位置都向两边扫描。如果已经知道每个位置两边的最大高度, 则可以在 O(n) 的时间内得到能接的雨水总量. 所以我们可以用动态规划的方法提前得到 每个位置两边的最大高度.
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明白动态规划的作用之后, 其实动态规划规划的思想还是挺好理解的, 就是下面的经典的四个步骤. 动态规划最困难的地方在于 推导出递推公式, 但本题的递推公式还是比较容易推导的. 关于动态规划, 是个重中之重, 以后会专门写一个专题详解动态规划的.
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一般来说, 动态规划的题目在遍历结束之后就能得到结果了, 但是本题还是需要对动态规划的结果进行进一步的处理才能得到最终的结果.
在得到数组 leftMax 和 rightMax 的每个元素值之后, 对于0≤i
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3.双指针 优化空间复杂度 上面的动态规划方法虽然将时间复杂度优化到了O(n), 但同时也将空间复杂度由O(1)提升到了O(n), 典型的牺牲空间换取时间的做法, 接下来我们就使用双指针在保证时间复杂度不变的情况下, 将空间复杂度优化到O(1).
我们先来分析两个思想最大的不同之处. 由上面动态规划的图可以看出, 它对于每个位置都找到了两边的最大值, 但实际上, 接的水量是由两者中的较小值决定的, 所以只要找到较少的那个即可, 没必要找到较大的那个的最大值, 这就是我们能够使用双指针进行优化的原因, 可能比较难理解, 大家多思考一下.
同时h[left] < h[right] 的情况只会出现在：right 刚刚找到自己目前的最大值, left在寻找更大值的过程中。 所以此时必然有leftMax < rightMax, 这样就满足了我们寻找两者中较小者的要求.
明白了双指针思想优化的地方之后, 我们再来看双指针的思想就比较容易理解了.
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在代码中有个小的注意点就是 左右指针最终并不需要相等, 满足小于的条件就可以了, 因为相等时, 表示它们同时指向最大值, 但是在最高点是不会有雨水的.
4.单调栈的思想 这个方法和上面几个就没太大关系了, 但也是一种很重要的算法, 也是有很多的应用场景的, 我们来了解下这个算法的思想.
从名字也可以看出, 它最大的特点就是单调, 也就是栈中的元素要么递增, 要么递降, 如果有新的元素不满足这个特点, 就不断的将栈顶元素出栈, 直到满足为止, 这就是它最重要的思想.
本题设计的是一个单调递减栈: 维护一个单调栈, 单调栈存储的是下标, 满足从栈底到栈顶的下标对应的数组 height 中的元素递减.
我们来分析下单调栈为什么可以满足此题的要求. 首先明确一点: 只有产生凹陷的地方才能存储雨水, 那么高度一定是先减后增, 所以当我们遍历到 增 这个位置的时候, 前面的减的地方(凹陷处)一定会存储雨水, 所以我们就将凹陷处出栈, 来计算它所能存储的雨水量.
用算法思想来表述就是: 从左到右遍历数组, 遍历到下标 i 时, 如果栈内至少有两个元素, 记栈顶元素为top, top 的下面一个元素是 left, 则一定有height[left]≥height[top]。如果height[i]>height[top], 则得到一个可以接雨水的区域.
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接下来就是雨水量的计算了, 这里有个很大的区别, 之前的方法都是对于单独的 i 位置进行计算的, 但是单调栈在计算的时候是一个长方形的区域, 是按照长度为1,2,3,4分别来求的, 这是最大的不同点, 理解可能有点困难, 我会在视频中详解的.
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该区域的宽度是i?left?1, 高度是min(height[left],height[i])?height[top], 根据宽度和高度即可计算得到该区域能接的雨水量.
算法运行的整个过程如下:
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在代码中有两个要注意的点: 一个是 弹出栈顶后判断栈是否为空, 因为当栈为空, 说明左边不存在最大值, 是无法接雨水的.
另一点就是在Python中一般都是利用列表来实现栈的, 并没有使用单独的数据结构, 所以在操作上和真正的栈是有点不同的, 具体操作如下:
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源码 Python:
# 动态规划
class Solution:
def trap(self, height: List[int]) -> int:
if not height:
return 0n = len(height)
leftMax = [height[0]] + [0] * (n - 1)# 简化的连续赋值
# 正向遍历数组 height 得到数组 leftMax 的每个元素值
for i in range(1, n):
leftMax[i] = max(leftMax[i - 1], height[i])
# 反向遍历数组 height 得到数组 rightMax 的每个元素值
rightMax = [0] * (n - 1) + [height[n - 1]]
for i in range(n - 2, -1, -1):# 逆序遍历
rightMax[i] = max(rightMax[i + 1], height[i])
# 遍历每个下标位置即可得到能接的雨水总量
ans = sum(min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i] for i in range(n))
return ans# 双指针
class Solution:
def trap(self, height: List[int]) -> int:
ans = 0
left, right = 0, len(height) - 1
leftMax = rightMax = 0
# 不需要相等,相等时,同时指向最大值,在最高点不会有雨水的
while left < right:
leftMax = max(leftMax, height[left])
rightMax = max(rightMax, height[right])
if height[left] < height[right]:
ans += leftMax - height[left]
left += 1
else:
ans += rightMax - height[right]
right -= 1return ans# 单调栈
class Solution:
def trap(self, height: List[int]) -> int:
ans = 0
stack = list()# 用列表来模拟实现栈
n = len(height)for i, h in enumerate(height):# 同时获取下标和对应的高度
# height[i] > height[stack[-1]]得到一个可以接雨水的区域
while stack and h > height[stack[-1]]:
top = stack.pop()
if not stack: # 栈为空,左边不存在最大值,无法接雨水
break
left = stack[-1] # left成为新的栈顶元素
currWidth = i - left - 1 # 获取接雨水区域的宽度
currHeight = min(height[left], height[i]) - height[top]
ans += currWidth * currHeight
stack.append(i) # 在对下标i处计算能接的雨水量之后,将i入栈,继续遍历后面的下标return ansjava:
# 常规思想
class Solution {public int trap(int[] height) {int ans = 0;
int size = height.length;
for (int i = 1;
i < size - 1;
i++) {int max_left = 0, max_right = 0;
for (int j = i;
j >= 0;
j--) {
// 向左扫描记录左边最大值
max_left = Math.max(max_left, height[j]);
}
for (int j = i;
j < size;
j++) {
// 向右扫描记录右边最大值
max_right = Math.max(max_right, height[j]);
} // 下标i处能接到的水量
ans += Math.min(max_left, max_right) - height[i];
}
return ans;
}
}# 动态规划
class Solution {public int trap(int[] height) {int n = height.length;
if (n == 0) {return 0;
}
// 正向遍历数组 height 得到数组 leftMax 的每个元素值
int[] leftMax = new int[n];
leftMax[0] = height[0];
for (int i = 1;
i < n;
++i) {leftMax[i] = Math.max(leftMax[i - 1], height[i]);
}
// 反向遍历数组 height 得到数组 rightMax 的每个元素值
int[] rightMax = new int[n];
rightMax[n - 1] = height[n - 1];
for (int i = n - 2;
i >= 0;
--i) {rightMax[i] = Math.max(rightMax[i + 1], height[i]);
}
// 遍历每个下标位置即可得到能接的雨水总量
int ans = 0;
for (int i = 0;
i < n;
++i) {ans += Math.min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i];
}
return ans;
}
}# 双指针
class Solution {public int trap(int[] height) {int ans = 0;
int left = 0, right = height.length - 1;
int leftMax = 0, rightMax = 0;
// 不需要相等,相等时,同时指向最大值,在最高点不会有雨水的
while (left < right) {leftMax = Math.max(leftMax, height[left]);
rightMax = Math.max(rightMax, height[right]);
if (height[left] < height[right]) {ans += leftMax - height[left];
++left;
} else {ans += rightMax - height[right];
--right;
}
}
return ans;
}
}# 单调栈
class Solution {public int trap(int[] height) {int ans = 0;
Deque stack = new LinkedList();
int n = height.length;
for (int i = 0;
i < n;
++i) {// height[i] > height[stack.peek()]得到一个可以接雨水的区域
while (!stack.isEmpty() && height[i] > height[stack.peek()]) {int top = stack.pop();
// 获得接雨水位置的下标
if (stack.isEmpty()) {
// 栈为空,左边不存在最大值,无法接雨水
break;
}
int left = stack.peek();
// left成为新的栈顶元素
int currWidth = i - left - 1;
// 获取接雨水区域的宽度
int currHeight = Math.min(height[left], height[i]) - height[top];
ans += currWidth * currHeight;
}
stack.push(i);
// 在对下标i处计算能接的雨水量之后,将i入栈,继续遍历后面的下标
}
return ans;
}
} 
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