leetcode笔记:Trapping Rain Water
来源:互联网 发布:苹果笔记本windows系统 编辑:程序博客网 时间:2024/05/18 00:39
一.题目描述
Given n non-negative integers representing an elevation map where the width of each bar is 1, compute how much water it is able to trap after raining.
For example,
Given [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1], return 6.
The above elevation map is represented by array [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]. In this case, 6 units of rain water (blue section) are being trapped. Thanks Marcos for contributing this image!
二.题目分析
该题目需要找到规律。对某个值height[i]
来说,能trapped的最多的water取决于在height[i]
之前最高的值:height[left_max]
和在height[i]
的右边的最高值height[right_max]
。
再简单地说,对于当前值height[i]
来说,找到其左边最大值height[left_max]
和其右边最大值height[right_max]
,如果:
min(height[left_max], height[right_max]) > height[i]
那么在i
这个位置上能trapped的water就是:
min(height[left_max], height[right_max]) - height[i]
。
总结出这个规律后一切就好办了,你可以选择第一遍从左到右遍历,计算数组的height[left_max]
;第二遍从右到左遍历,计算height[right_max]
。
这里的方法是先遍历一遍,找到最高的值height[max_index]
,然后以该值的下标为分界,将数组分为两半,左右分开计算,这样,最大值height[max_index]
的左方只需计算各各值左方的最大值;同理 最大值height[max_index]
的右方只需计算各各值右方的最大值。
这些方法的时间复杂度是O(n),空间复杂度O(n)。
三.示例代码
#include <iostream>#include <vector>using namespace std;class Solution{public: int trap(vector<int>& height) { int n = height.size(); int max_index = 0; // 最高的柱子 for (int i = 0; i < n; ++i) if (height[max_index] < height[i]) max_index = i; int water = 0; // 以最高柱子为界限,左右分开扫描 for (int j = 1, left_max = 0; j < max_index; ++j) { if (height[j] < height[left_max]) water += height[left_max] - height[j]; else left_max = j; } for (int k = n - 2, right_max = n - 1; k > max_index; --k) { if (height[k] < height[right_max]) water += height[right_max] - height[k]; else right_max = k; } return water; }};
结果:
四.小结
这道题的难点是发现规律,如果做到这一点,实现起来也并不是很难,但以上的方法基本需要遍历两次数组,是否能只用一次遍历就能算出结果而满足空间复杂度限制的方法呢?
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