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：枚舉容器的兩個邊界，時間復雜度O（n^2）。大數據超時
class Solution {
public:
int maxArea(vector<int> &height) {
int res = 0, n = height.size();
for(int i = 0; i < n; i++)//左邊界
for(int j = i+1; j < n; j++)//右邊界
{
int tmp = (j-i)*min(height[i],height[j]);
if(res < tmp)res = tmp;
}
return res;
}
};
對上面的稍加改進，根據當前的已經計算出來的結果以及左邊界的值，可以算出容器右邊界的下界。不過還是超時
class Solution {
public:
int maxArea(vector<int> &height) {
int res = 0, n = height.size();
for(int i = 0; i < n; i++)//左邊界
{
if(height[i] == 0)continue;
for(int j = max(i+1, res/height[i]+i); j < n; j++)//右邊界
{
int tmp = (j-i)*min(height[i],height[j]);
if(res < tmp)res = tmp;
}
}
return res;
}
};
算法2：時間復雜度O（nlogn）。
構建結構體包含height和height在原數組中的位置
struct Node
{
int height;
int index;
};
對該結構體數組按照height的值遞增排序，假設排序后的數組為vec.
假設f[i] 表示數組vec[i,i+1,…]內所有height按照原來的位置順序排列好以后的最大水量
那么f[i-1]可以在O（1）時間內計算出來：因為vec[i-1].height 小於vec[i,i+1,…]內的所有height，所以以vec[i-1].index為邊界的容器高度為vec[i-1].height，最大水量只需要分別計算vec[i,i+1,…]內按原始位置排列最前面和最后面的height，取兩者的較大值。即下圖中，黑色是最低的，要計算以黑色為邊界的容器的最大水量，只需要分別和第一個和最后一個計算，去兩者較大值
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;//記錄已經處理完的height的原始位置的左右端點
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：時間復雜度O（n），兩個指針i, j分別從前后向中間移動，兩個指針分別表示容器的左右邊界。每次迭代用當前的容量更新最大容量，然后把高度小的邊界對應的指針往中間移動一位。 本文地址
正確性證明：由於水的容量是有較小的那個邊界決定的，因此某次迭代中，假設height[i] < height[j]，那么j 減小肯定不會使水的容量增大，只有i 增加才有可能使水的容量增大。但是會不會有這種可能：當前的i 和 某個k (k > j)是最大容量, 這也是不可能的，因為按照我們的移動規則，既然右指針從k 移動到了j，說明i 的左邊一定存在一個邊界 m，使m > k，那么[m, k]的容量肯定大於[i, k]，所以[i,k]不可能是最大容量。可以參考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;
}
};
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.
注意和上一題的區別，上一題相當於在每個位置放一個擋板，擋板之間可以蓄水；這一題是放置寬度為1的柱子，柱子上面可以蓄水。
算法4：分析某個柱子，發現該柱子上水的高度和其左右兩邊的最高柱子有關，設該柱子左邊所有柱子中最高的為leftmax，右邊所有柱子中最高的為rightmax，如果min(leftmax, rightmax) 大於該柱子的高度，那么該柱子上可以蓄水為min(leftmax, rightmax) - 該柱子高度，如果min(leftmax, rightmax) <= 該柱子高度，則該柱子上沒有蓄水。
可以從后往前掃描一遍數組求得某個柱子右邊的最高柱子，從前往后掃描一遍數組求得某個柱子左邊的最高柱子, 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);//柱子右邊最大的柱子高度
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++)
{//此時maxv為柱子i左邊最大的柱子高度
conHeight = min(maxv, rightMax[i]);
if(conHeight > A[i])
res += conHeight - A[i];
maxv < A[i] ? maxv = A[i] : maxv;
}
return res;
}
};
上面的代碼時間空間復雜度都是O（n），掃描了兩次數組
算法5：可以換一種思路，如下圖，如果我們求出了兩個紅色框的面積，然后再減去框內黑色柱子的面積，就是水的面積了，時間復雜度O(N),空間O(1), 數組掃描2次
如何求紅色框內的面積呢，我們先求出最大的柱子高度，然后左右分開求。求面積是是一層一層的累加
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;//柱子面積
int totalArea = 0;//總面積
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6：參考here，也是和算法5一樣求面積，但是這里利用上一題的左右指針思想，只需要掃描一遍數組
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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