leetcode题解之42. 接雨水
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了leetcode题解之42. 接雨水相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
给定 n 个非负整数表示每个宽度为 1 的柱子的高度图,计算按此排列的柱子,下雨之后能接多少雨水。
上面是由数组 [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1] 表示的高度图,在这种情况下,可以接 6 个单位的雨水(蓝色部分表示雨水)。 感谢 Marcos 贡献此图。
示例:
https://www.jianshu.com/p/6d1422540768
输入: [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1] 输出: 6
??视频题解
??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
- 从左向右扫描数组:
- 初始化 和
- 从当前元素向左扫描并更新:
- 从当前元素向右扫描并更新:
- 将 累加到
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: 。数组中的每个元素都需要向左向右扫描。
-
空间复杂度 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 。
- 找到数组中从下标 i 到最右端最高的条形块高度 。
- 扫描数组 并更新答案:
- 累加 到 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:。
- 存储最大高度数组,需要两次遍历,每次 。
- 最终使用存储的数据更新 ,。
-
空间复杂度: 额外空间。
- 和方法 1 相比使用了额外的 空间用来放置 和 数组。
- 和方法 1 相比使用了额外的 空间用来放置 和 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 。
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
- 意味着栈中元素可以被弹出。弹出栈顶元素 。
- 计算当前元素和栈顶元素的距离,准备进行填充操作
- 找出界定高度
- 往答案中累加积水量
- 将当前索引下标入栈
- 将 移动到下个位置
- 当栈非空且
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:。
- 单次遍历 ,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 的。
- 空间复杂度:。 栈最多在阶梯型或平坦型条形块结构中占用 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 (元素 0 到元素 6),积水高度将由 left_max 决定,类似地 (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 和 ,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
- 初始化 指针为 0 并且 指针为 size-1
- While , do:
- If <
- If , 更新
- Else 累加 到
- = + 1.
- Else
- If , 更新
- Else 累加 到
- = - 1.
- If <
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:。单次遍历的时间。
- 空间复杂度: 的额外空间。, , 和 只需要常数的空间。
以上是关于leetcode题解之42. 接雨水的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章