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
|
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
|
class
Solution {
struct
Node
{
int
height;
int
index;
Node(
int
h,
int
i):height(h),index(i){}
Node(){}
bool
operator < (
const
Node &a)
const
{
return
height < a.height;
}
};
public
:
int
maxArea(vector<
int
> &height) {
int
res = 0, n = height.size();
if
(n <= 1)
return
0;
vector<Node>vec(n);
for
(
int
i = 0; i < n; i++)
{
vec[i].index = i;
vec[i].height = height[i];
}
sort(vec.begin(), vec.end());
int
start = vec[n-1].index, end = start;
//记录已经处理完的height的原始位置的左右端点
for
(
int
i = n-2; i >= 0 ; i--)
{
start = min(start, vec[i].index);
end = max(end, vec[i].index);
res = max(res, max(vec[i].height*(vec[i].index - start), vec[i].height*(end - vec[i].index)));
}
return
res;
}
};
|
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。 本文地址
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here
|
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
|
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
|
class
Solution {
public
:
int
trap(
int
A[],
int
n) {
int
maxHeight = 0, maxIdx = 0;
for
(
int
i = 0; i < n; i++)
//求最大高度
if
(A[i] > maxHeight)
{
maxHeight = A[i];
maxIdx = i;
}
int
height = 0;
int
pillarArea = 0;
//柱子面积
int
totalArea = 0;
//总面积
for
(
int
i = 0; i < maxIdx; i++)
{
if
(A[i] > height)
{
totalArea += (A[i] - height)*(maxIdx - i);
height = A[i];
}
pillarArea += A[i];
}
height = 0;
for
(
int
i = n-1; i > maxIdx; i--)
{
if
(A[i] > height)
{
totalArea += (A[i] - height)*(i - maxIdx);
height = A[i];
}
pillarArea += A[i];
}
return
totalArea - pillarArea;
}
};
|
算法6：参考here，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
|
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
|
class
Solution {
public
:
int
trap(
int
A[],
int
n) {
int
left = 0, right = n-1;
int
totalArea = 0, pillarArea = 0, height = 0;
while
(left <= right)
{
if
(A[left] < A[right])
{
if
(A[left] > height)
{
totalArea += (A[left]-height)*(right - left + 1);
height = A[left];
}
pillarArea += A[left];
left++;
}
else
{
if
(A[right] > height)
{
totalArea += (A[right]-height)*(right - left + 1);
height = A[right];
}
pillarArea += A[right];
right--;
}
}
return
totalArea - pillarArea;
}
};
|
