一、题目

给定 n 个非负整数表示每个宽度为 1 的柱子的高度图，计算按此排列的柱子，下雨之后能接多少雨水。

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难度级别：困难

二、思路

1）单调递减栈

根据暴力法的思路：遍历每个元素，针对每个元素又遍历之前的元素，只需要计算到大于当前元素的值即可（或没有大于的）。
可以使用一个单调递减栈，将递减序列记录下来，（想一下，就算两个递减序列值中间间隔很远，中间很多水，但已经计算过了，不需要重复计算）。只需要计算当前元素的存在，多留下多少水即可。具体考虑如下：

第一步：当前元素>栈顶元素，则出栈，(i - ``stack``.``peek``() - ``1``)*(height[``stack``.``peek``()] - height[temp])可以计算多留下的水，其中i是当前元素位置，temp是出栈元素最大值 第一步执行结束后，将当前元素添加进入栈中，那么，和栈顶元素又多留下的水量(i - ``stack``.``peek``() - ``1``)*(height[i] - height[temp])

2）双指针

使用两个指针分别为left和right，从左向右遍历和从右向左遍历过的最大值分别为maxL和maxR，当left和right的值不同时，移动小的那个指针，因为大的那个指针是达到新高点，必然能够截留另一侧比它低的雨水

三、代码

1）单调递减栈

class Solution {
    public int trap(int[] height) {
        int ans = 0;
        Stack<Integer> stack = new Stack();
        for (int i = 0; i < height.length; i++) {
            int temp = i;    // 使用temp记录最近pop出来的值
            while (!stack.isEmpty() && height[stack.peek()] <= height[i]) {
                ans += (i - stack.peek() - 1)*(height[stack.peek()] - height[temp]);
                temp = stack.pop();    // 由于是递减队列，新pop出来的一定是更大值
            }
            if (!stack.isEmpty()) {
                ans += (i - stack.peek() - 1)*(height[i] - height[temp]);
            }
            stack.push(i);
        }
        return ans;
    }
}

时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(n)

2）双指针

class Solution {
    public int trap(int[] height) {
        int ans = 0;
        int left = 0, right = height.length - 1;
        int maxL = 0, maxR = 0;
        while (left < right) {
            maxL = Math.max(height[left], maxL);
            maxR = Math.max(height[right], maxR);
            if (height[left] < height[right]) {
                ans += maxL - height[left];
                left++;
            } else {
                ans += maxR - height[right];
                right--;
            }
        }
        return ans;
    }
}

时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)