LeetCode::Trapping Rain Water

时间：2014-05-06 14:08:48 收藏：0 阅读：490

1、到今天完成39题，还需要不停的加油。今天再分析下装雨水这道题

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.

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思想：将装满水的面积减去没有装水的面积。

rain = water_sum - nowater_sum

有效地计算water_sum是本问题的关键。

2、一个区域的内能够承水是因为形成了由大到小再到大的凹坑。

定义 right_max[0--n-1]，用来保存从右往左搜索得到的最大值。如right_max[i]，表示在i这个柱子，右边的最高柱子值为right_max[i].

同理定义 left_max[0--n-1]

i柱子灌水后的区域面积为min(left_max[i], right_max[i]), 因为短板效应。

如此对0至n-1求此min(i)的和，便得到了water_sum，答案也就轻易得出了。代码如下。

主要思想在于把雨水的问题转化成有水无水的求差。

借助两个矩阵left_max, right_max 保存中间结果，巧妙地减少了许多计算量。

#include "stdafx.h"
#include <iostream>
using namespace std;

class Solution {
public:
    int trap(int A[], int n);
};
// Accepted, O(n)
int Solution::trap(int A[], int n) {
    // 注意极端情况的考虑哦！
    if(n == 0) return 0;
    int *right_max = new int[n];
    int tmp_max = A[n-1];
    right_max[n-1] = A[n-1];
    // 没有水时的面积
    int nowater_sum = A[n-1];
    for(int i = n-2; i >= 0; --i) {
        if(A[i] > tmp_max)
            tmp_max = A[i];
        right_max[i] = tmp_max;
        nowater_sum += A[i];
    }
    int *left_max = new int[n];
    tmp_max = A[0];
    left_max[0] = A[0];
    for(int i = 1; i < n; ++i) {
        if(A[i] > tmp_max)
            tmp_max = A[i];
        left_max[i] = tmp_max;
    }
    // 计算有水时的面积
    int water_sum = 0;
    for(int i = 0; i < n; ++i) {
        water_sum += min(left_max[i], right_max[i]);
    }
    delete []right_max;
    delete []left_max;
    return water_sum - nowater_sum;
}
int _tmain(int argc, _TCHAR* argv[])
{
    int A[12] = {0, 1, 0, 2, 1, 0, 1, 3, 2, 1, 2, 1};
    Solution slu;
    int result = slu.trap(A, 12);
    return 0;
}

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