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Container With Most Water
Given n non-negative integers a1, a2, ..., an, where each represents a point at coordinate (i, ai).n vertical lines are drawn such that the two endpoints of line i is at (i, ai) and (i, 0). Find two lines, which together with x-axis forms a container, such that the container contains the most water.
Note: You may not slant the container.
算法1：枚举容器的两个边界，时间复杂度O（n^2）。大数据超时
| 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 | class Solution { public : int maxArea(vector< int > &height) { int res = 0, n = height.size(); for ( int i = 0; i < n; i++) //左边界 for ( int j = i+1; j < n; j++) //右边界 { int tmp = (j-i)*min(height[i],height[j]); if (res < tmp)res = tmp; } return res; } }; |
对上面的稍加改进，根据当前的已经计算出来的结果以及左边界的值，可以算出容器右边界的下界。不过还是超时
| 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 | class Solution { public : int maxArea(vector< int > &height) { int res = 0, n = height.size(); for ( int i = 0; i < n; i++) //左边界 { if (height[i] == 0) continue ; for ( int j = max(i+1, res/height[i]+i); j < n; j++) //右边界 { int tmp = (j-i)*min(height[i],height[j]); if (res < tmp)res = tmp; } } return res; } }; |
算法2：时间复杂度O（nlogn）。
构建结构体包含height和height在原数组中的位置
struct Node
{ int height; int index;};
对该结构体数组按照height的值递增排序，假设排序后的数组为vec.
假设f[i] 表示数组vec[i,i+1,…]内所有height按照原来的位置顺序排列好以后的最大水量
那么f[i-1]可以在O（1）时间内计算出来：因为vec[i-1].height 小于vec[i,i+1,…]内的所有height，所以以vec[i-1].index为边界的容器高度为vec[i-1].height，最大水量只需要分别计算vec[i,i+1,…]内按原始位置排列最前面和最后面的height，取两者的较大值。即下图中，黑色是最低的，要计算以黑色为边界的容器的最大水量，只需要分别和第一个和最后一个计算，去两者较大值
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算法3：时间复杂度O（n），两个指针i, j分别从前后向中间移动，两个指针分别表示容器的左右边界。每次迭代用当前的容量更新最大容量，然后把高度小的边界对应的指针往中间移动一位。
正确性证明：由于水的容量是有较小的那个边界决定的，因此某次迭代中，假设height[i] < height[j]，那么j 减小肯定不会使水的容量增大，只有i 增加才有可能使水的容量增大。但是会不会有这种可能：当前的i 和 某个k (k > j)是最大容量, 这也是不可能的，因为按照我们的移动规则，既然右指针从k 移动到了j，说明i 的左边一定存在一个边界 m，使m > k，那么[m, k]的容量肯定大于[i, k]，所以[i,k]不可能是最大容量。可以参考
| 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 | class Solution { public : int maxArea(vector< int > &height) { int res = 0, n = height.size(); int left = 0, right = n-1; while (left < right) { res = max(res, (right-left)*min(height[left], height[right])); if (height[left] < height[right]) left++; else right--; } return res; } }; |
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.
注意和上一题的区别，上一题相当于在每个位置放一个挡板，挡板之间可以蓄水；这一题是放置宽度为1的柱子，柱子上面可以蓄水。
算法4：分析某个柱子，发现该柱子上水的高度和其左右两边的最高柱子有关，设该柱子左边所有柱子中最高的为leftmax，右边所有柱子中最高的为rightmax，如果min(leftmax, rightmax) 大于该柱子的高度，那么该柱子上可以蓄水为min(leftmax, rightmax) - 该柱子高度，如果min(leftmax, rightmax) <= 该柱子高度，则该柱子上没有蓄水。
可以从后往前扫描一遍数组求得某个柱子右边的最高柱子，从前往后扫描一遍数组求得某个柱子左边的最高柱子, 然后按照上面的分析可以求得所有的蓄水量。
| 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 | class Solution { public : int trap( int A[], int n) { int res = 0; vector< int >rightMax(n); //柱子右边最大的柱子高度 int maxv = 0; for ( int i = n-1; i >= 0; i--) { rightMax[i] = maxv; maxv < A[i] ? maxv = A[i] : maxv; } maxv = 0; int conHeight; for ( int i = 0; i < n; i++) { //此时maxv为柱子i左边最大的柱子高度 conHeight = min(maxv, rightMax[i]); if (conHeight > A[i]) res += conHeight - A[i]; maxv < A[i] ? maxv = A[i] : maxv; } return res; } }; |
上面的代码时间空间复杂度都是O（n），扫描了两次数组
算法5：可以换一种思路，如下图，如果我们求出了两个红色框的面积，然后再减去框内黑色柱子的面积，就是水的面积了，时间复杂度O(N),空间O(1), 数组扫描2次
如何求红色框内的面积呢，我们先求出最大的柱子高度，然后左右分开求。求面积是是一层一层的累加
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算法6：参考，也是和算法5一样求面积，但是这里利用上一题的左右指针思想，只需要扫描一遍数组
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