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
;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？
这里的风景美不胜收，真让人流连忘返。
