题干
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。
示例 1：
输入： height = [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]
输出： 6
解释： 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）。
示例 2：
输入： height = [4,2,0,3,2,5]
输出： 9
题解
可以装的水的总量为每个点能装的数量的和，问题在于每个点能装的水量如何计算。想象一下一个点能装水，那它一定在一个坑里面，也就是说该点的左边有比它高的点，它的右边也有比它高的点。我们设置该点及该点左边最大高度为leftMax[i]，该点及该点右边最大的高度为rightMax[i]，那么显然这个点能装多少水是根据这两个值的最小值决定的，因此可以得出min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i]就是该点可以装的水量。为了得到leftMax和rightMax，我们可以从左边、右边开始各遍历一次得到，最后再遍历一次计算得到每个点的水量并求和。
func trap(height []int) int {
n := len(height)
// leftMax存储某个点及其左侧的最大高度、rightMax存储某个点及其右侧的最大高度
leftMax := make([]int, n)
rightMax := make([]int, n)
leftMax[0] = height[0]
for i := 1; i < n; i++ {
leftMax[i] = max(leftMax[i-1], height[i])
}
rightMax[n-1] = height[n-1]
for i := n - 2; i >= 0; i-- {
rightMax[i] = max(rightMax[i+1], height[i])
}
// 某个点能装的水量是该点两边最大高度的最小值减去当前点的高度
ans := 0
for i := 0; i < n; i++ {
ans += min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i]
}
return ans
}
上述算法的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(n)。这个方法其实是动态规划的思想，既然是动态规划，就可以尝试优化它的空间复杂度。上面的方法中，我们使用了leftMax和rightMax两个数组来存放各个点左右两边的最大高度，可以使用两个滚动的变量来存放当前的左侧最大高度leftMax和右侧的最大高度rightMax，并在循环过程中不断更新这两个值，这样空间复杂度就是O(1)了。具体步骤如下：
- 设置两个指针
left和right，左指针位于数组左侧，右指针位于数组右侧，并随着循环向中间移动 - 每次循环计算
leftMax和rightMax，如果leftMax < rightMax，那么当前可装水量为leftMax - height[i]，然后将left向右侧移动；反之，当前可装水量为rightMax - height[i]，然后将right向左侧移动。 - 如此循环直到左右指针重合，返回总水量
func trap(height []int) int {
n := len(height)
// leftMax，rightMax分别代表当前的左右最大值，在循环中滚动更新
// 初始值分别为数组第一个值和最后一个值
leftMax, rightMax := height[0], height[n-1]
// 左右指针，初始值位于数组两端
left, right := 0, n-1
ans := 0
for left < right {
leftMax = max(leftMax, height[left])
rightMax = max(rightMax, height[right])
// 如果leftMax < rightMax，根据leftMax计算水量，左指针向中间移动
// 如果leftMax >= rightMax， 根据rightMax计算水量，右指针向中间移动
if leftMax < rightMax {
ans += leftMax - height[left]
left++
} else {
ans += rightMax - height[right]
right--
}
}
return ans
}
一开始看到这个算法，第一个反应是这不是全局最优解，只是局部最优解，但实际上不是这样的，下面我们来论证它为什么是正确的。我们记在某个点i，其左侧的最大值为leftMaxGlobal[i]，其右侧的最大值为leftMaxGlobal[i]。假设在程序运行的某个状态，左指针指向left，右指针指向right，现在要从这两个指针中选择一个可以确定水量的指针，从代码中我们可以看出当leftMax < rightMax时，可以确定left位置的水量；反之可以确定right位置的水量。当leftMax < rightMax，对于left来说，leftMaxGlobal[left] = leftMax[left]、rightMaxGlobal[left] >= rightMax[right]，当leftMax[left] < rightMax[right]时，就是leftMaxGlobal[left] = leftMax[left] < rightMax[right] <= rightMaxGlobal[left]，也即leftMaxGlobal[left] < rightMaxGlobal[left]，满足min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i]公式，我们可以确定left位置的水量；反之，当leftMax[left] >= rightMax[right]时，就有leftMaxGlobal[right] >= leftMax[left] >= rightMax[right] = rightMaxGlobal[right]，也即leftMaxGlobal[right] >= rightMaxGlobal[right]，同样满足公式，我们可以确定right位置的水量。综上所述，当leftMax[left] < rightMax[right]时，一定满足leftMaxGlobal[left] < rightMaxGlobal[left]，我们应该计算left的水量，计算完了之后将left右移；当leftMax[left] >= rightMax[right]时，一定满足leftMaxGlobal[right] >= rightMaxGlobal[right]，我们应该计算right的水量，计算完了之后将right左移。该方法的时间复杂度为O(n)，空间复杂度优化到了O(1)。
