LeetCode:Container With Most Water,Trapping Rain Water

Container With Most Water

题目链接

Given n non-negative integers a₁, a₂, ..., a_n, where each represents a point at coordinate (i, a_i). n vertical lines are drawn such that the two endpoints of line i is at (i, a_i) 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.

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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

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

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

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

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;
    }
};

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Trapping Rain Water

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。

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

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

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;
    }
};

 

 

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