[C++]LeetCode: 131 Trapping Rain Water (双边扫描)

标签：array   dynamic programming   greedy   two pointers   leetcode   

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!

Answer 1:

思路：我们分析下这道题目，我们要得到每一个bar的储水量，需要知道它的左右最大高度，用比较小的高度（瓶颈,短板）和当前bar的高度做差得到储水量。第i块地方的存水量 = min(第i块左边最高的bar高度, 第i块右边最高的bar的高度) - 第i块地方bar的高度. 根据这个思路，我们需要进行两次扫描，分别得到每一个bar的左右最大高度。第一次扫描，从左往右，维护对于一个bar左边最大的高度是多少，存入数组对应元素；第二次扫描，从右往左，我们维护右边最大高度；然后同时，比较leftmax[i]和rightmax[i],取较小值为瓶颈存入数组对应元素。然后与当前bar做差，将大于0的值存入存水量。这样两次扫描后，就能得到每一个bar能承受的最大水量，从而累加得到结果。

复杂度：O(N), 空间需要一个长度为n的数组，复杂度也是O(N)

Attention:

1.max / min是c++的关键字，不能用来做变量名。

2.leftmax[0] = 0 ,左边是没有凭栏储水的。要先对数组赋值，再计算当前最大值（将当前bar的高度考虑进去）

<span style="font-size:14px;">//记录每一个bar左边最大高度
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            container[i] = maxheight;
            maxheight = max(maxheight, A[i]);
        }</span>

<span style="font-size:14px;">maxheight = 0;</span>

<span style="font-size:14px;">class Solution {
public:
    int trap(int A[], int n) {
        int maxheight = 0;
        int ret = 0;
        vector<int> container(n, 0);
        
        //记录每一个bar左边最大高度
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            container[i] = maxheight;
            maxheight = max(maxheight, A[i]);
        }
        
        maxheight = 0;
        //记录每一个bar右边最大高度，并找到瓶颈，统计存水量
        for(int i = n - 1; i >= 0; i--)
        {
            container[i] = min(maxheight, container[i]);
            maxheight = max(maxheight, A[i]);
            ret += container[i] - A[i] > 0 ? container[i] - A[i] : 0;
        }
        return ret;
    }
};</span>

这个方法是一种常见技巧，从两边各扫描一次得到我们需要维护的变量，通常适用于当前元素需要两边元素来决定的问题，类似的题目还有candy.

Answer 2: 优化算法

思路：我们还是使用两个指针a和b, 每一次循环，我们更新左边最大的高度从A[0,1,...a]，和右侧最大的高度从A[b, b+1, ...n-1]，如果（leftmax < rightmax），那么至少leftmax - A[a]的水量可以被存进总量，而不用考虑【a,b】之间的情况，因为我们知道在右侧有一个更高的屏障（rightmax > leftmax）。同时，我们也知道，只能在a处只能存储最多leftmax - A[a]的水量，因为leftmax是左边最大的高度。所以，我们得到这样的结论，在坐标a处，我们恰能存储的水量就是leftmax - A[a]. 我们可以用同样的逻辑应用到当leftmax > rightmax。每一次循环，我们都对应的移动a或者b. 最后两者相遇时，循环结束。优化的算法，我们只需要一次扫描即可。

复杂度：O(N), 空间复杂度O(1)

AC Code:

class Solution {
public:
    int trap(int A[], int n) {
        int sum = 0;
        int a = 0;
        int b = n - 1;
        int leftmax = 0;
        int rightmax = 0;
        
        while(a <= b)
        {
            leftmax = max(leftmax, A[a]); 
            rightmax = max(rightmax, A[b]);
            if(leftmax < rightmax)
            {
                sum += leftmax - A[a];
                a++;
            }
            else
            {
                sum += rightmax - A[b];
                b--;
            }
        }
        return sum;
    }
};

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原文地址：http://blog.csdn.net/cinderella_niu/article/details/43482897