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读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
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接雨水这道题目挺有意思，在面试题中出现频率还挺高的，本文就来步步优化，讲解一下这道题。
先看一下题目：
就是用一个数组表示一个条形图，问你这个条形图最多能接多少水。
int trap(int[] height);下面就来由浅入深介绍暴力解法 -> 备忘录解法 -> 双指针解法，在 O(N) 时间 O(1) 空间内解决这个问题。
所以对于这种问题，我们不要想整体，而应该去想局部；就像之前的文章写的动态规划问题处理字符串问题，不要考虑如何处理整个字符串，而是去思考应该如何处理每一个字符。
这么一想，可以发现这道题的思路其实很简单。具体来说，仅仅对于位置 i，能装下多少水呢？
能装 2 格水，因为 height[i] 的高度为 0，而这里最多能盛 2 格水，2-0=2。
为什么位置 i 最多能盛 2 格水呢？因为，位置 i 能达到的水柱高度和其左边的最高柱子、右边的最高柱子有关，我们分别称这两个柱子高度为 l_max 和 r_max；位置 i 最大的水柱高度就是 min(l_max, r_max)。
更进一步，对于位置 i，能够装的水为：
water[i] = min(
# 左边最高的柱子
max(height[0..i]),
# 右边最高的柱子
max(height[i..end])
) - height[i]
这就是本问题的核心思路，我们可以简单写一个暴力算法：
int trap(vector<int>& height) {
int n = height.size();
int res = 0;
for (int i = 1; i < n - 1; i++) {
int l_max = 0, r_max = 0;
// 找右边最高的柱子
for (int j = i; j < n; j++)
r_max = max(r_max, height[j]);
// 找左边最高的柱子
for (int j = i; j >= 0; j--)
l_max = max(l_max, height[j]);
// 如果自己就是最高的话，
// l_max == r_max == height[i]
res += min(l_max, r_max) - height[i];
}
return res;
}有之前的思路，这个解法应该是很直接粗暴的，时间复杂度 O(N^2)，空间复杂度 O(1)。但是很明显这种计算 r_max 和 l_max 的方式非常笨拙，一般的优化方法就是备忘录。
之前的暴力解法，不是在每个位置 i 都要计算 r_max 和 l_max 吗？我们直接把结果都提前计算出来，别傻不拉几的每次都遍历，这时间复杂度不就降下来了嘛。
我们开两个数组 r_max 和 l_max 充当备忘录，l_max[i] 表示位置 i 左边最高的柱子高度，r_max[i] 表示位置 i 右边最高的柱子高度。预先把这两个数组计算好，避免重复计算：
int trap(vector<int>& height) {
if (height.empty()) return 0;
int n = height.size();
int res = 0;
// 数组充当备忘录
vector<int> l_max(n), r_max(n);
// 初始化 base case
l_max[0] = height[0];
r_max[n - 1] = height[n - 1];
// 从左向右计算 l_max
for (int i = 1; i < n; i++)
l_max[i] = max(height[i], l_max[i - 1]);
// 从右向左计算 r_max
for (int i = n - 2; i >= 0; i--)
r_max[i] = max(height[i], r_max[i + 1]);
// 计算答案
for (int i = 1; i < n - 1; i++)
res += min(l_max[i], r_max[i]) - height[i];
return res;
}这个优化其实和暴力解法思路差不多，就是避免了重复计算，把时间复杂度降低为 O(N)，已经是最优了，但是空间复杂度是 O(N)。下面来看一个精妙一些的解法，能够把空间复杂度降低到 O(1)。
这种解法的思路是完全相同的，但在实现手法上非常巧妙，我们这次也不要用备忘录提前计算了，而是用双指针边走边算，节省下空间复杂度。
首先，看一部分代码：
int trap(vector<int>& height) {
int n = height.size();
int left = 0, right = n - 1;
int l_max = height[0];
int r_max = height[n - 1];
while (left <= right) {
l_max = max(l_max, height[left]);
r_max = max(r_max, height[right]);
left++; right--;
}
}对于这部分代码，请问 l_max 和 r_max 分别表示什么意义呢？
很容易理解，l_max 是 height[0..left] 中最高柱子的高度，r_max 是 height[right..end] 的最高柱子的高度。
明白了这一点，直接看解法：
int trap(vector<int>& height) {
if (height.empty()) return 0;
int n = height.size();
int left = 0, right = n - 1;
int res = 0;
int l_max = height[0];
int r_max = height[n - 1];
while (left <= right) {
l_max = max(l_max, height[left]);
r_max = max(r_max, height[right]);
// res += min(l_max, r_max) - height[i]
if (l_max < r_max) {
res += l_max - height[left];
left++;
} else {
res += r_max - height[right];
right--;
}
}
return res;
}你看，其中的核心思想和之前一模一样，换汤不换药。但是细心的读者可能会发现次解法还是有点细节差异：
之前的备忘录解法，l_max[i] 和 r_max[i] 分别代表 height[0..i] 和 height[i..end] 的最高柱子高度。
res += min(l_max[i], r_max[i]) - height[i];
但是双指针解法中，l_max 和 r_max 代表的是 height[0..left] 和 height[right..end] 的最高柱子高度。比如这段代码：
if (l_max < r_max) {
res += l_max - height[left];
left++;
} 
此时的 l_max 是 left 指针左边的最高柱子，但是 r_max 并不一定是 left 指针右边最高的柱子，这真的可以得到正确答案吗？
其实这个问题要这么思考，我们只在乎 min(l_max, r_max)。对于上图的情况，我们已经知道 l_max < r_max 了，至于这个 r_max 是不是右边最大的，不重要。重要的是 height[i] 能够装的水只和较低的 l_max 之差有关：
这样，接雨水问题就解决了。
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======其他语言代码======
Yifan Zhang 提供 java 代码
双指针解法：时间复杂度 O(N)，空间复杂度 O(1)
对cpp版本的解法有非常微小的优化。
因为我们每次循环只会选 left 或者 right 处的柱子来计算，因此我们并不需要在每次循环中同时更新maxLeft和maxRight。
我们可以先比较 maxLeft 和 maxRight，决定这次选择计算的柱子是 height[left] 或者 height[right] 后再更新对应的 maxLeft 或 maxRight。
当然这并不会在时间上带来什么优化，只是提供一种思路。
class Solution {
public int trap(int[] height) {
if (height == null || height.length == 0) return 0;
int left = 0, right = height.length - 1;
int maxLeft = height[left], maxRight = height[right];
int res = 0;
while (left < right) {
// 比较 maxLeft 和 maxRight，决定这次计算 left 还是 right 处的柱子
if (maxLeft < maxRight) {
left++;
maxLeft = Math.max(maxLeft, height[left]); // update maxLeft
res += maxLeft - height[left];
} else {
right--;
maxRight = Math.max(maxRight, height[right]); // update maxRight
res += maxRight - height[right];
}
}
return res;
}
}附上暴力解法以及备忘录解法的 java 代码
暴力解法：时间复杂度 O(N^2)，空间复杂度 O(1)
class Solution {
public int trap(int[] height) {
if (height == null || height.length == 0) return 0;
int n = height.length;
int res = 0;
// 跳过最左边和最右边的柱子，从第二个柱子开始
for (int i = 1; i < n - 1; i++) {
int maxLeft = 0, maxRight = 0;
// 找右边最高的柱子
for (int j = i; j < n; j++) {
maxRight = Math.max(maxRight, height[j]);
}
// 找左边最高的柱子
for (int j = i; j >= 0; j--) {
maxLeft = Math.max(maxLeft, height[j]);
}
// 如果自己就是最高的话，
// maxLeft == maxRight == height[i]
res += Math.min(maxLeft, maxRight) - height[i];
}
return res;
}
}备忘录解法：时间复杂度 O(N)，空间复杂度 O(N)
class Solution {
public int trap(int[] height) {
if (height == null || height.length == 0) return 0;
int n = height.length;
int res = 0;
// 数组充当备忘录
int[] maxLeft = new int[n];
int[] maxRight = new int[n];
// 初始化 base case
maxLeft[0] = height[0];
maxRight[n - 1] = height[n - 1];
// 从左向右计算 maxLeft
for (int i = 1; i < n; i++) {
maxLeft[i] = Math.max(maxLeft[i - 1], height[i]);
}
// 从右向左计算 maxRight
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
maxRight[i] = Math.max(maxRight[i + 1], height[i]);
}
// 计算答案
for (int i = 1; i < n; i++) {
res += Math.min(maxLeft[i], maxRight[i]) - height[i];
}
return res;
}
}