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!
这题跟container-with-most-water不太一样,这个题是往槽里存水。也是使用两个指针从两端。
解法一:用两个指针从两端往中间扫,在当前窗口下(两个指针下,比较两个指针高度),如果哪一侧的高度是小的,那么从这里开始继续扫(找比它小的),如果比它还小的,肯定装水的瓶颈就是它了,可以装水(因为有个大的可以挡着不漏水),可以把装水量加入结果,如果遇到比它大的,立即停止,重新判断左右窗口的大小情况,重复上面的步骤。这里能作为停下来判断的窗口,说明肯定比前面的大了,所以目前肯定装不了水(不然前面会直接扫过去)。这样当左右窗口相遇时,就可以结束了,因为每个元素的装水量都已经记录过了
见代码:
public int solution(int[] height){ /*用两个指针从两端往中间扫,在当前窗口下,如果哪一侧的高度是小的,那么从这里开始继续扫,如果比它还小的,肯定装水的瓶颈就是它了,可以把装水量加入结果,如果遇到比它大的,立即停止,重新判断左右窗口的大小情况,重复上面的步骤。这里能作为停下来判断的窗口,说明肯定比前面的大了,所以目前肯定装不了水(不然前面会直接扫过去)。这样当左右窗口相遇时,就可以结束了,因为每个元素的装水量都已经记录过了 */ if(height==null||height.length==0) return 0; int left=0; int right=height.length-1; int min=0; int res=0; while(left<right){ min=Math.min(height[left],height[right]); if(min==height[left]){ //如果左边的小,就从左边开始找比左边小的板,可以存水(因为有另外一块大板挡着,所以肯定可以存水,不会溢出),当比左边大时,就得重新判断 left++; while(left<right&&height[left]<min){ res+=min-height[left]; left++; } }else{ right--; while(left<right&&min>height[right]){ res+=min-height[right]; right--; } } } return res; }
解法二:两个指针分别从左右往中间移动,并且有两个变量表示左边的最大高度和右边最大高度。当左边最大高度小于右边最大高度时,那么左边最大高度到左指针之间就可以存水了。跟方法一其实差不多意思
int a=0; int b=height.length-1; int leftMax=0; int rightMax=0; int max=0; while(a<=b){ leftMax=Math.max(leftMax,height[a]); rightMax=Math.max(rightMax,height[b]); if(leftMax<rightMax){ //左边最大板小于右边最大板,所以在两个板中间的height[a]就可以存水了。 max+=leftMax-height[a]; a++; } else{ max+=rightMax-height[b]; b--; } } return max;