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题目：给定一个数组，数组中元素的大小代表宽为1的柱子高度，求由这些柱子堆成的形状能接多少雨水。
解题思路
直观的想法类似水桶原理，水桶能装的水取决于水桶边低的一面，本题可以看成一个大水桶中多个水桶的累加，每个数字可以看作是一个水桶，对于每个水桶，我们找到水桶的左边界和右边界，之后水桶中的水取决于边界较小的一方，如果当前水桶的数值大于等于左边界，则表示当前水桶装不了水，如果小于左边界且属于左右两个边界的较小值，则当前水桶可装水为边界值减去当前水桶高，若右边界较小，则同理。需要注意的是：此处计算左右边界时需要考虑自身，这样即使边界不满足也不会出现负数（只会出现0的情况）。并且数组的第一个数字和最后一个数字必定是不考虑的，此时这两个数为一个大水桶的两个边界。代码如下：
public static int trap(int[] height) {
int maxWater = 0;
int len = height.length;
for(int i=1;i<len-1;i++){
int maxLeft=0, maxRight=0;
for(int m=i;m>=0;m--){
maxLeft = Math.max(maxLeft, height[m]);
}
for(int n=i;n<len;n++){
maxRight = Math.max(maxRight, height[n]);
}
maxWater += Math.min(maxLeft, maxRight) - height[i];
}
return maxWater;
}
上述代码有两层循环，因此时间复杂度为，仅使用常数量的参数，空间复杂度为。
动态规划优化
上述方法中对每次遍历的元素都重新循环寻找左边界和右边界，导致时间复杂度变大，实际上，我们可以事先计算好每个元素的左边界和右边界，此处计算的方法和题解中分享的类似，但存在一点不同，题解中都是不考虑当前元素本身，而我的方法是考虑本身，这样在后面就不需要进行值大小的判断，代码如下：
public int trap(int[] height) {
int maxWater = 0;
int len = height.length;
int[] maxLeft = new int[len];
int[] maxRight = new int[len];
for(int i=0;i<len;i++){
if(i>0) {
maxLeft[i] = Math.max(maxLeft[i - 1], height[i]);
}else {
maxLeft[i] = height[i];
}
}
for(int j=len-1;j>=0;j--){
if(j<len-1) {
maxRight[j] = Math.max(maxRight[j + 1], height[j]);
}else {
maxRight[j] = height[j];
}
}
for(int m=1;m<len-1;m++){
maxWater += Math.min(maxLeft[m], maxRight[m]) - height[m];
}
return maxWater;
}
上述代码的时间复杂度为， 空间复杂度为。
单调递减栈解
另一种思路是利用单调递减栈，接水的条件是保证中间小于两边，可以使用一个栈，保证入栈的元素始终小于栈顶元素，如果大于则当前栈顶元素就是一个可以装水的洼，此时栈顶出栈，之后检查栈是否为空（如果只存在右边界不存在左边界也接不了水），不为空则看当前元素的左边界和右边界哪个小，然后乘水洼的长度即可，该方法有点类似水平计算接水空间（题解对应解法一，按行求）。代码如下：
public int trap(int[] height) {
int maxWater = 0;
Stack<Integer> stack = new Stack<>();
for(int i=0;i<height.length;i++){
while(!stack.isEmpty()&&height[i]>height[stack.peek()]){
int cur = stack.pop();
if(stack.isEmpty()){
break;
}
int left = stack.peek();
int min = Math.min(height[i], height[left]) - height[cur];
maxWater += min*(i-left-1);
}
stack.push(i);
}
return maxWater;
}
该方法时间复杂度为，空间复杂度为。
