【leetcode】42.接雨水 （单调栈等多种解法，java实现）

406. 根据身高重建队列

难度中等442

假设有打乱顺序的一群人站成一个队列。 每个人由一个整数对(h, k)表示，其中h是这个人的身高，k是排在这个人前面且身高大于或等于h的人数。 编写一个算法来重建这个队列。

注意：
总人数少于1100人。

示例

输入:
[[7,0], [4,4], [7,1], [5,0], [6,1], [5,2]]

输出:
[[5,0], [7,0], [5,2], [6,1], [4,4], [7,1]]

文字题解

方法 1：暴力

直观想法

直接按问题描述进行。对于数组中的每个元素，我们找出下雨后水能达到的最高位置，等于两边最大高度的较小值减去当前高度的值。

算法

• 初始化 ans=0
• 从左向右扫描数组：
  • 初始化max_left=0 和 max_right=0
  • 从当前元素向左扫描并更新：
    • max_left=max(max_left,height[j])
  • 从当前元素向右扫描并更新：
    • max_right=max(max_right,height[j])
  • 将min(max_left,max_right)−height[i] 累加到ans

int trap(vector<int>& height)
{
    int ans = 0;
    int size = height.size();
    for (int i = 1; i < size - 1; i++) {
        int max_left = 0, max_right = 0;
        for (int j = i; j >= 0; j--) { //Search the left part for max bar size
            max_left = max(max_left, height[j]);
        }
        for (int j = i; j < size; j++) { //Search the right part for max bar size
            max_right = max(max_right, height[j]);
        }
        ans += min(max_left, max_right) - height[i];
    }
    return ans;
}

复杂性分析

• 时间复杂度： $O(n^2)$。数组中的每个元素都需要向左向右扫描。

• 空间复杂度 O(1)的额外空间。

---

方法 2：动态编程

直观想法

在暴力方法中，我们仅仅为了找到最大值每次都要向左和向右扫描一次。但是我们可以提前存储这个值。因此，可以通过动态编程解决。

这个概念可以见下图解释：

算法

• 找到数组中从下标 i 到最左端最高的条形块高度 left_max。
• 找到数组中从下标 i 到最右端最高的条形块高度right_max。
• 扫描数组height并更新答案：
  • 累加 KaTeX parse error: Expected '}', got '_' at position 15: \min(\text{max_̲left}[i],\text{… 到 ans 上

int trap(vector<int>& height)
{
	if(height == null)
		return 0;
    int ans = 0;
    int size = height.size();
    vector<int> left_max(size), right_max(size);
    left_max[0] = height[0];
    for (int i = 1; i < size; i++) {
        left_max[i] = max(height[i], left_max[i - 1]);
    }
    right_max[size - 1] = height[size - 1];
    for (int i = size - 2; i >= 0; i--) {
        right_max[i] = max(height[i], right_max[i + 1]);
    }
    for (int i = 1; i < size - 1; i++) {
        ans += min(left_max[i], right_max[i]) - height[i];
    }
    return ans;
}

复杂性分析

• 时间复杂度：O(n)。

  • 存储最大高度数组，需要两次遍历，每次 O(n) 。
  • 最终使用存储的数据更新ans ，O(n)。

• 空间复杂度：O(n)额外空间。

  • 和方法 1 相比使用了额外的 O(n)空间用来放置left_max 和 right_max 数组。

---

方法 3：栈的应用

直观想法

我们可以不用像方法 2 那样存储最大高度，而是用栈来跟踪可能储水的最长的条形块。使用栈就可以在一次遍历内完成计算。

我们在遍历数组时维护一个栈。如果当前的条形块小于或等于栈顶的条形块，我们将条形块的索引入栈，意思是当前的条形块被栈中的前一个条形块界定。如果我们发现一个条形块长于栈顶，我们可以确定栈顶的条形块被当前条形块和栈的前一个条形块界定，因此我们可以弹出栈顶元素并且累加答案到ans 。

算法

• 使用栈来存储条形块的索引下标。
• 遍历数组：
  • 当栈非空且 $\text{height}[current]>\text{height}[st.top()]$
    • 意味着栈中元素可以被弹出。弹出栈顶元素 top。
    • 计算当前元素和栈顶元素的距离，准备进行填充操作
      distance=current−st.top()−1
    • 找出界定高度
      bounded_height=min(height[current],height[st.top()])−height[top]
    • 往答案中累加积水量ans+=distance×bounded_height
  • 将当前索引下标入栈
  • 将 current 移动到下个位置

int trap(vector<int>& height)
{
    int ans = 0, current = 0;
    stack<int> st;
    while (current < height.size()) {
        while (!st.empty() && height[current] > height[st.top()]) {
            int top = st.top();
            st.pop();
            if (st.empty())
                break;
            int distance = current - st.top() - 1;
            int bounded_height = min(height[current], height[st.top()]) - height[top];
            ans += distance * bounded_height;
        }
        st.push(current++);
    }
    return ans;
}

复杂性分析

• 时间复杂度：O(n)。

  • 单次遍历 O(n) ，每个条形块最多访问两次（由于栈的弹入和弹出），并且弹入和弹出栈都是 O*(1) 的。

• 空间复杂度：O*(*n)。 栈最多在阶梯型或平坦型条形块结构中占用 O(n) 的空间。

---

方法 4：使用双指针

直观想法

和方法 2 相比，我们不从左和从右分开计算，我们想办法一次完成遍历。
从动态编程方法的示意图中我们注意到，只要right_max[i]>left_max[i] （元素 0 到元素 6），积水高度将由 left_max 决定，类似地 left_max[i]>right_max[i]（元素 8 到元素 11）。
所以我们可以认为如果一端有更高的条形块（例如右端），积水的高度依赖于当前方向的高度（从左到右）。当我们发现另一侧（右侧）的条形块高度不是最高的，我们则开始从相反的方向遍历（从右到左）。
我们必须在遍历时维护left_max 和right_max ，但是我们现在可以使用两个指针交替进行，实现 1 次遍历即可完成。

算法

int trap(vector<int>& height)
{
    int left = 0, right = height.size() - 1;
    int ans = 0;
    int left_max = 0, right_max = 0;
    while (left < right) {
        if (height[left] < height[right]) {
            height[left] >= left_max ? (left_max = height[left]) : ans += (left_max - height[left]);
            ++left;
        }
        else {
            height[right] >= right_max ? (right_max = height[right]) : ans += (right_max - height[right]);
            --right;
        }
    }
    return ans;
}

复杂性分析

• 时间复杂度：O(n)。单次遍历的时间O(n)。
• 空间复杂度：O(1) 的额外空间。left, right, left_max 和right_max 只需要常数的空间。

java实现

    //方法 1：暴力
        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--) { //Search the left part for max bar size
                max_left = Math.max(max_left, height[j]);
            }
            for (int j = i; j < size; j++) { //Search the right part for max bar size
                max_right = Math.max(max_right, height[j]);
            }
            ans += Math.min(max_left, max_right) - height[i];
        }
        return ans;
        //方法 2：动态编程
        if (height == null || height.length==0)
            return 0;
        int ans = 0;
        int size = height.length;
        int[] left_max = new int[size];
        int[] right_max = new int[size];
        left_max[0] = height[0];
        for (int i = 1; i < size; i++) {
            left_max[i] = Math.max(height[i], left_max[i - 1]);
        }
        right_max[size - 1] = height[size - 1];
        for (int i = size - 2; i >= 0; i--) {
            right_max[i] = Math.max(height[i], right_max[i + 1]);
        }
        for (int i = 1; i < size - 1; i++) {
            ans += Math.min(left_max[i], right_max[i]) - height[i];
        }
        return ans;
        //方法 3：栈的应用
        int ans = 0, current = 0;
        Stack<Integer> st = new Stack<Integer>();
        while (current < height.length) {
            while (!st.empty() && height[current] > height[st.peek()]) {
                int top = st.peek();
                st.pop();
                if (st.empty())
                    break;
                int distance = current - st.peek() - 1;
                int bounded_height = Math.min(height[current], height[st.peek()]) - height[top];
                ans += distance * bounded_height;
            }
            st.push(current++);
        }
        return ans;
        //方法 4：使用双指针
        int left = 0, right = height.length - 1;
        int ans = 0;
        int left_max = 0, right_max = 0;
        while (left < right) {
            if (height[left] < height[right]) {
                if (height[left] >= left_max)
                    left_max = height[left];
                else
                    ans += (left_max - height[left]);
                ++left;
            } else {
                if (height[right] >= right_max)
                    right_max = height[right];
                else
                    ans += (right_max - height[right]);
                --right;
            }
        }
        return ans;
- height[left]);
                ++left;
            } else {
                if (height[right] >= right_max)
                    right_max = height[right];
                else
                    ans += (right_max - height[right]);
                --right;
            }
        }
        return ans;