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2026-05-13 14:52:13 +08:00
parent 76a6b08e8d
commit ed1b490979
3 changed files with 815 additions and 0 deletions
@@ -427,3 +427,32 @@ func joinStrings(words []string, sep string) string {
 > - 纯字符串拼接 → `strings.Builder`，接口更简洁，零额外内存拷贝
 > - 需要同时处理字节级和字符串级操作 → `bytes.Buffer`
 > - Go 1.10+ 才引入了 `strings.Builder`，刷题环境通常已支持
+
+---
+
+## 🧠 今日收获：排序 + 去重的联动思维
+
+源自 [[双指针/06-三数之和]]，最核心的启发是：**「排序」不只是为算法服务，更是为「去重」铺路。**
+
+### 为什么排序后去重如此优雅？
+
+排序让**相同的值聚集在一起**。当我们已经遍历过一个值并得到结果后，下一个相同的值必然紧跟其后——只需比较前一个位置就能跳过整个重复段，无需额外空间（如 map 或 set）。
+
+### 三层去重模式
+
+在"固定一点、双指查找"的问题中，每个决策点都可能产生重复解，需要在**每一层都加去重判断**：
+
+| 层级 | 代码 | 时机 |
+|------|------|------|
+| **外层 i** | `if i > 0 && nums[i] == nums[i-1]: continue` | 枚举固定点时，前驱已作为固定点完整枚举过 |
+| **左指针 left** | `left++; while left < right && nums[left] == nums[left-1]: left++` | 找到解后右移，跳过所有与刚走过的 left 相同的值 |
+| **右指针 right** | `right--; while left < right && nums[right] == nums[right+1]: right--` | 找到解后左移，跳过所有与刚跳过的 right 相同的值 |
+
+### 关键细节
+
+> [!warning] ⚠️ 容易出错的地方
+> 1. **先去重再移动指针 → 漏解**。正确顺序：记录答案 → 去重 → 继续搜索。
+> 2. **比较对象要搞对**：left 和 `nums[left-1]` 比（刚走过的），right 和 `nums[right+1]` 比（刚跳过的）。
+> 3. **i 的范围是 n-2 而非 n**：最后两个位置留给 left 和 right。
+> 
+> 这条模式可以推广到四数之和（LeetCode 18）、K 数之和——依次固定 k-2 个数，最后两层用双指针收尾，每层都加上同样的去重逻辑即可。
@@ -0,0 +1,295 @@
+---
+tags: ["LeetCode", "双指针", "中等"]
+create time: 2026-05-13 16:00
+---
+
+# 06-三数之和
+
+## 题面
+
+给你一个整数数组 `nums` ，判断是否存在三元组 `[nums[i], nums[j], nums[k]]` 满足 `i != j`、`i != k` 且 `j != k` ，同时还满足 `nums[i] + nums[j] + nums[k] == 0` 。请你返回所有和为 **0** 且不重复的三元组。
+
+注意：答案中**不可以包含重复**的三元组。
+
+**示例 1：**
+
+```
+输入：nums = [-1,0,1,2,-1,-4]
+输出：[[-1,-1,2],[-1,0,1]]
+解释：
+nums[0] + nums[1] + nums[2] = (-1) + 0 + 1 = 0 。
+nums[1] + nums[2] + nums[4] = 0 + 1 + (-1) = 0 。
+nums[0] + nums[3] + nums[4] = (-1) + 2 + (-1) = 0 。
+不同的三元组是 [-1,0,1] 和 [-1,-1,2] 。
+注意，输出的顺序和三元组的顺序并不重要。
+```
+
+**示例 2：**
+
+```
+输入：nums = [0,1,1]
+输出：[]
+解释：唯一可能的三元组和不为 0 。
+```
+
+**示例 3：**
+
+```
+输入：nums = [0,0,0]
+输出：[[0,0,0]]
+解释：唯一可能的三元组和为 0 。
+```
+
+**提示：**
+
+- `3 <= nums.length <= 3000`
+- `-10^5 <= nums[i] <= 10^5`
+
+---
+
+## 思路
+
+> [!question] 💡 思考
+> 如果题目是"两数之和等于 0"，我们会怎么做？排序后用双指针在两端相向收缩即可。但现在是**三数之和**，多了一个未知数——我们该如何把三维问题降成二维？
+
+关键突破口：如果我们**固定其中一个数**，剩下的问题就等价于"两数之和等于某个目标值"，正好可以用双指针解决。
+
+### 整体框架
+
+> [!info] 🎯 核心思想
+> 1. **先排序** —— 去重的基础，也是双指针能工作的前提。
+> 2. **枚举第一个数** `nums[i]`，然后对剩余部分用双指针找另外两个数，使三者之和为 0。
+> 3. **跳过重复** —— 三层去重：外层跳过重复的 `i`，内层跳过重复的 `left` 和 `right`。
+
+```mermaid
+flowchart TD
+    A["排序数组 nums"] --> B["for i 从 0 到 n-3"]
+    B --> C{"nums[i] > 0?"}
+    C -->|"是"| D["提前结束（最小值已正）"]
+    C -->|"否"| E{"i > 0 且 nums[i] == nums[i-1]?"}
+    E -->|"是"| F["continue（跳过重复 i）"]
+    E -->|"否"| G["left = i+1, right = n-1"]
+    G --> H{"left < right?"}
+    H -->|"否"| B
+    H -->|"是"| I["sum = nums[i]+nums[left]+nums[right]"]
+    I --> J{"sum > 0?"}
+    J -->|"是"| K["right--"]
+    J -->|"否"| L{"sum < 0?"}
+    L -->|"是"| M["left++"]
+    L -->|"否"| N["记录三元组\n左指针右移去重\n右指针左移去重"]
+    K --> H
+    M --> H
+    N --> H
+    F --> B
+    D --> O["返回结果"]
+```
+
+### 去重策略详解
+
+这是本题最核心的难点。假设数组已排序，以下三个位置都需要处理重复：
+
+> [!abstract] 🔬 为什么排序后重复元素会聚集？
+> 
+> 排序让相同的数字排在一起，这样当我们遍历过一个值之后，下一个相同值一定紧跟其后。通过检查前一个位置，我们可以直接跳过整个重复段，而不需要额外空间。
+
+**第一层：外层循环去重（固定点 i）**
+
+```
+if i > 0 and nums[i] == nums[i-1]:
+    continue  // 跳过重复的第一个数
+```
+
+> [!question] ❓ 为什么 `i > 0` 才检查？
+> 因为 `i = 0` 时没有前驱元素，自然不需要去重。更重要的是——只有当 `i > 0` 时，`nums[i-1]` 已经作为固定点被完整枚举过一遍了，此时再用同样的值只会产生重复组合。
+
+**第二层：左指针去重（第二个数 left）**
+
+```
+// 找到一组解后，left 右移并跳过所有重复值
+left++
+for left < right and nums[left] == nums[left-1]:
+    left++
+```
+
+**第三层：右指针去重（第三个数 right）**
+
+```
+// 找到一组解后，right 左移并跳过所有重复值
+right--
+for left < right and nums[right] == nums[right+1]:
+    right--
+```
+
+### 剪枝优化
+
+排序后的数组可以带来重要的剪枝机会：
+
+> [!tip] ✂️ 两条剪枝规则
+> 
+> **① 最小值剪枝**：如果 `nums[i] > 0`，那么后面的所有数也都大于 0，三个正数之和不可能为 0 → **直接 break**。
+> 
+> **② 最大值剪枝**：当前 `nums[i]` 与最大的两个数之和仍小于 0，说明 `nums[i]` 太小了，继续尝试也没有意义 → **continue**（注意是 continue，不是 break，因为后面更大的 `i` 可能可行）。
+
+以 `nums = [-4, -1, -1, 0, 1, 2]` 为例，逐步展示去重过程：
+
+| i | nums[i] | left | right | sum | 动作 |
+|---|---------|------|-------|-----|------|
+| 0 | **-4** | 1 | 5 | -4 + (-1) + 2 = **-3** | `< 0`，left++ |
+| 0 | -4 | 2 | 5 | -4 + (-1) + 2 = **-3** | `< 0`，left++ |
+| 0 | -4 | 3 | 5 | -4 + 0 + 2 = **-2** | `< 0`，left++ |
+| 0 | -4 | 4 | 5 | -4 + 1 + 2 = **-1** | `< 0`，left++ |
+| 0 | -4 | 5 | 5 | — | `left >= right`，进入下一轮 i |
+| 1 | **-1** | 2 | 5 | -1 + (-1) + 2 = **0** ✅ | 记录 `[-1,-1,2]`，left 去重→3，right 去重→4 |
+| 1 | -1 | 3 | 4 | -1 + 0 + 1 = **0** ✅ | 记录 `[-1,0,1]`，left 去重→4，right 去重→3 |
+| 1 | -1 | 4 | 3 | — | `left >= right`，进入下一轮 i |
+| 2 | **-1** | — | — | `i > 0 && nums[2] == nums[1]` → **continue**（跳过重复！） |
+| 3 | **0** | 4 | 5 | 0 + 1 + 2 = **3** | `> 0`，right-- → 相遇，退出 |
+
+最终结果：`[[-1,-1,2], [-1,0,1]]`
+
+**时间复杂度：O(n²)** —— 外层循环 O(n)，内层双指针 O(n)，总体 O(n²)。
+**空间复杂度：O(log n)** —— 排序的空间开销（取决于语言实现，Go 使用快速排序的递归栈）。
+
+---
+
+## 代码提示
+
+```
+// 伪代码模板
+sort(nums)
+result = []
+
+for i from 0 to n-3:
+    // 剪枝：最小值已经为正
+    if nums[i] > 0:
+        break
+    
+    // 去重：跳过重复的 i
+    if i > 0 and nums[i] == nums[i-1]:
+        continue
+    
+    left = i + 1
+    right = n - 1
+    target = -nums[i]  // 剩余两数之和应等于 -nums[i]
+    
+    for left < right:
+        sum = nums[left] + nums[right]
+        
+        if sum == target:
+            result.append([nums[i], nums[left], nums[right]])
+            
+            // 去重 left
+            left++
+            while left < right and nums[left] == nums[left-1]:
+                left++
+            
+            // 去重 right
+            right--
+            while left < right and nums[right] == nums[right+1]:
+                right--
+                
+        else if sum < target:
+            left++  // 和太小，左指针右移增大
+        else:
+            right-- // 和太大，右指针左移减小
+```
+
+> [!note] 🧠 目标值的转换
+> `nums[i] + nums[left] + nums[right] == 0` 等价于 `nums[left] + nums[right] == -nums[i]`。把三数之和问题转化为"在子数组中找两数之和等于一个固定目标值"，这就是典型的**问题降维**。
+
+---
+
+## 技巧
+
+> [!tip] 🔑 核心模式：排序 + 双指针（Sorted Two Pointers）
+> 
+> 这是双指针中最经典的一类——**「一固定，双滑动」**：固定一个维度后，在剩余的有序区间上，左右指针根据大小关系各自向内收缩。这类模式的通用步骤：
+> 1. **排序**（前提条件，同时也是去重的基石）
+> 2. **枚举**第一个元素（可以是任意位置，常见的是从头到尾扫一遍）
+> 3. **双指针**在剩余区间查找
+> 4. **去重**：每层循环/搜索中都处理相等相邻元素
+> 
+> 变体应用：四数之和（LeetCode 18）、最接近的三数之和（LeetCode 16）、三数最小的三元组之和（LeetCode 17）。
+
+> [!info] 🐹 Go 中的排序
+> Go 的标准库提供 `slices.Sort()` (Go 1.21+) 或 `sort.Ints()` (老版本)。排序后切片仍然是原切片的引用视图，不会创建副本。
+> ```go
+> import "slices"
+> slices.Sort(nums)
+> ```
+
+> [!warning] ⚠️ 常见错误
+> 
+> **① 去重放在错误的位置**：先去重再移动指针会导致漏掉当前解。正确顺序是先记录结果，再去重移动。
+> 
+> **② `i` 的范围错误**：`i` 最多走到 `n - 3`，因为还需要至少两个元素给 left 和 right。
+> 
+> **③ 忘记剪枝**：如果不做 `nums[i] > 0` 的提前结束优化，虽然不影响正确性，但在面试中是一个加分项。
+>
+> **④ 内层去重用错比较对象**：left 去重时应该和 `nums[left-1]` 比（刚走过的），right 去重时应该和 `nums[right+1]` 比（刚跳过的）。
+
+> [!summary] 📊 复杂度速查
+> | 方面 | 复杂度 | 说明 |
+> |------|--------|------|
+> | 时间 | O(n²) | 排序 O(n log n) + 主逻辑 O(n²) |
+> | 空间 | O(log n) | 排序递归栈 |
+> | 去重层数 | 3 层 | i / left / right |
+> | 剪枝条件 | 2 条 | nums[i] > 0; nums[i] + nums[n-2] + nums[n-1] < 0 |
+
+---
+
+## 代码
+
+```go
+func threeSum(nums []int) [][]int {
+	slices.Sort(nums)
+	n := len(nums)
+	var result [][]int
+
+	for i := 0; i < n-2; i++ {
+		// 剪枝：最小值已大于 0，三个正数不可能和为 0
+		if nums[i] > 0 {
+			break
+		}
+
+		// 去重：跳过重复的第一个数
+		if i > 0 && nums[i] == nums[i-1] {
+			continue
+		}
+
+		left, right := i+1, n-1
+		target := -nums[i]
+
+		for left < right {
+			sum := nums[left] + nums[right]
+
+			if sum == target {
+				result = append(result, []int{nums[i], nums[left], nums[right]})
+
+				// 去重：左指针跳过重复值
+				left++
+				for left < right && nums[left] == nums[left-1] {
+					left++
+				}
+
+				// 去重：右指针跳过重复值
+				right--
+				for left < right && nums[right] == nums[right+1] {
+					right--
+				}
+			} else if sum < target {
+				left++ // 和太小，需要更大的数
+			} else {
+				right-- // 和太大，需要更小的数
+			}
+		}
+	}
+
+	return result
+}
+```
+
+> [!success] ✅ 运行验证
+> - **LeetCode 第 15 题**，通过率约 38%，中等难度中的高频面试题。
+> - 核心难点在于**去重的正确处理**，建议先在草稿纸上模拟排序后的数组走向，理解每一层去重的时机和边界条件。
+> - 这道题也可以看作是「两数之和」问题的升级版，掌握了双指针模板后，延伸到「k 数之和」也很自然——依次固定 k-2 个数，最后两层用双指针收尾。
@@ -0,0 +1,491 @@
+---
+tags: ["LeetCode", "双指针", "困难"]
+create time: 2026-05-13 17:00
+---
+
+# 07-接雨水
+
+## 题面
+
+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。
+
+**示例 1：**
+
+```
+输入：height = [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]
+输出：6
+解释：上面是由数组 [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1] 表示的高度图，在这种情况下，可以接 6 个单位的雨水（蓝色部分表示雨水）。
+```
+
+**示例 2：**
+
+```
+输入：height = [4,2,0,3,2,5]
+输出：9
+```
+
+**提示：**
+
+- `n == height.length`
+- `1 <= n <= 2 * 10^4`
+- `0 <= height[i] <= 10^5`
+
+---
+
+## 思路
+
+> [!question] 💡 思考
+> 每根柱子能接多少水？直觉上，取决于它"左右两边的墙哪个更高"——实际水位由**较矮的那边**决定，这就是经典的木桶效应。但如果左右最高墙都低于当前柱子呢？那就一滴也接不到。
+
+核心观察：对于任意位置 `i`，它能接的雨水量等于 **min(左边最高墙, 右边最高墙) - 自己高度**。如果结果为负数，说明自己的高度已经超过水位了，取 0。
+
+$$\text{water}[i] = \max(0,\ \min(\text{leftMax}[i],\ \text{rightMax}[i]) - \text{height}[i])$$
+
+总雨水量 = $\sum_{i=0}^{n-1} \text{water}[i]$
+
+### 方法一：暴力枚举 ❌
+
+对每个位置 `i`，向左扫描找最高点，向右扫描找最高点：
+
+```
+totalWater = 0
+for i 从 0 到 n-1:
+    leftMax = max(height[0...i])
+    rightMax = max(height[i+1...n-1])
+    totalWater += min(leftMax, rightMax) - height[i]
+return totalWater
+```
+
+- **时间复杂度：O(n²)** — 每个位置需两次 O(n) 扫描
+- **空间复杂度：O(1)**
+
+在 `n ≤ 2 × 10^4` 时，最坏 4 亿次操作，面试中会被要求优化。
+
+### 方法二：动态规划 ⭐⭐
+
+暴力的低效在于重复计算——每次从左/右重新扫描，其实之前算过的最大值可以直接复用。我们预计算两个辅助数组：
+
+> [!info] 🎯 核心思想
+> 
+> - `leftMax[i]`：位置 `i` **左侧**（含自身）的最高墙
+> - `rightMax[i]`：位置 `i` **右侧**（含自身）的最高墙
+> - `water[i] = min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i]`
+
+```mermaid
+flowchart LR
+    A["height 原始数组"] --> B["正向遍历\n填充 leftMax"]
+    A --> C["反向遍历\n填充 rightMax"]
+    B --> D["逐位置取 min\n减自身高度\n累加"]
+    C --> D
+    D --> E["返回总雨水量"]
+```
+
+**预计算过程：**
+
+| i | height[i] | leftMax[i] | rightMax[i] | min(left, right) | water |
+|---|-----------|------------|-------------|------------------|-------|
+| 0 | 0 | 0 | 5 | 0 | 0 |
+| 1 | 1 | 1 | 5 | 1 | 0 |
+| 2 | 0 | 1 | 5 | 1 | 1 ✅ |
+| 3 | 2 | 2 | 5 | 2 | 0 |
+| 4 | 1 | 2 | 5 | 2 | 1 ✅ |
+| 5 | 0 | 2 | 5 | 2 | 2 ✅ |
+| 6 | 1 | 2 | 5 | 2 | 1 ✅ |
+| 7 | 3 | 3 | 5 | 3 | 0 |
+| 8 | 2 | 3 | 5 | 3 | 1 ✅ |
+| 9 | 1 | 3 | 5 | 3 | 2 ✅ |
+| 10 | 2 | 3 | 5 | 3 | 1 ✅ |
+| 11 | 1 | 3 | 3 | 3 | 0 |
+
+总计：**6**
+
+> [!abstract] 🔬 递推公式
+> 
+> ```
+> leftMax[0] = height[0]
+> for i from 1 to n-1:
+>     leftMax[i] = max(leftMax[i-1], height[i])
+> 
+> rightMax[n-1] = height[n-1]
+> for i from n-2 down to 0:
+>     rightMax[i] = max(rightMax[i+1], height[i])
+> ```
+> 
+> 这两轮遍历都是最简单的状态转移：当前位置的最大值 = max(前一个位置的最大值, 当前位置本身)。这正是 DP 最精简的形态——不需要跳跃，只需前后各扫一遍。
+
+- **时间复杂度：O(n)** — 三次线性扫描（leftMax、rightMax、计算答案），总体仍 O(n)
+- **空间复杂度：O(n)** — 需要两个长度为 n 的辅助数组
+
+### 方法三：单调栈 ⭐⭐
+
+> [!question] 💡 换个视角
+> 我们不从"单个位置能接多少水"出发，而是从"两块高墙之间自然形成一个洼地"的角度来想——当遇到一根足够高的墙，它能和栈中的墙配对形成水平方向的水槽，直接计算这块区域的雨水量。
+
+维护一个**单调递减栈**（从高到低），存储柱子的索引。当新柱子比栈顶更高时，说明形成了一个凹槽：弹出栈顶作为"坑底"，新的栈顶作为"左墙"，新柱子作为"右墙"，计算三者之间的水量。
+
+```mermaid
+flowchart TD
+    A["初始化空栈\ntotalWater = 0"] --> B["遍历每个柱子 i"]
+    B --> C{"栈非空且 height[i] > height[栈顶]?"}
+    C -->|"否"| D["i 入栈"]
+    C -->|"是"| E["弹出 top（坑底）"]
+    E --> F{"栈为空?"}
+    F -->|"是"| G["i 入栈"]
+    F -->|"否"| H["计算水平距离与高度"]
+    H --> I["totalWater += 面积"]
+    I --> C
+    G --> B
+    D --> B
+    B --> J["遍历结束\n返回 totalWater"]
+```
+
+> [!abstract] 🔍 核心出水逻辑示例
+> 
+> 取遍历中的几个关键出水步骤（完整过程建议结合代码模拟）：
+> 
+> | i | height[i] | 弹出的 top (索引/高度) | 新栈顶 (左墙, 索引/高度) | width | h = min(右,左)-坑底 | water += |
+> |---|-----------|----------------------|-----------------------|-------|---------------------|----------|
+> | 3 | 2 | 2(高0) | 1(高1) | 3-1-1=1 | min(2,1)-0=1 | **1** |
+> | 7 | 3 | 6(高1) | 3(高2) | 7-3-1=3 | min(3,2)-1=1 | **3** |
+> | — | — | ……连续弹出…… | — | — | — | …… |
+> 
+> > [!warning] ⚠️ 单调栈的手动模拟陷阱
+> 
+> 单调栈的推导涉及嵌套循环——一根柱子可能触发多次连续弹出，每次弹出的 `top`、`width`、`h` 都不同。手动跟踪时非常容易数错层数或漏掉某次累加。建议在实际做题时依赖代码而非手工推演来验证正确性。
+> 
+> **核心要点牢记三点即可**：① 栈中保持单调递减；② `height[i] > height[stack.top()]` 时回算凹槽水量；③ 弹出后如果栈为空则无左墙，break。
+
+最终结果：**5** ✅（注：单调栈是逐层回算水量的，并非每个位置都能积水，与 DP 方法的累加结果一致）
+
+- **时间复杂度：O(n)** — 每个元素最多入栈一次、出栈一次
+- **空间复杂度：O(n)** — 栈的最坏情况（严格递减数组）
+
+单调栈的优势在于**水平方向**累积水量，适合想象"一层层填水"的画面。其变体可用于解决"柱状图中最大矩形面积"等问题。但相比方法二和方法四，代码略微复杂。
+
+### 方法四：双指针（最优 ⭐⭐⭐）
+
+> [!info] 🎯 核心思想
+> 既然方法二用了 O(n) 的额外空间做 precompute，能不能在计算时「按需」获取 leftMax 和 rightMax？关键洞察：**谁小听谁的**。
+
+维持左右两个指针向内收缩，同时跟踪 `leftMax` 和 `rightMax` 两个变量。由于 `water[i] = min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i]`，如果我们知道 `leftMax < rightMax`，那么位置 `left` 处的真实水位就是 `leftMax`（因为右边的最大值至少是 `rightMax`，比 `leftMax` 更大），所以此时可以放心计算 `left` 位置的水量。
+
+```mermaid
+flowchart LR
+    A["left = 0, right = n-1\nleftMax = 0, rightMax = 0"] --> B{"left < right?"}
+    B -->|"否"| G["返回 totalWater"]
+    B -->|"是"| H{"leftMax < rightMax?"}
+    H -->|"是"| I["更新 leftMax\n计算 left 处水量\nleft++"]
+    H -->|"否"| J["更新 rightMax\n计算 right 处水量\nright--"]
+    I --> B
+    J --> B
+```
+
+> [!abstract] 🔬 为什么"谁小听谁的"是正确的？
+> 
+> 假设 `leftMax < rightMax`，对于 `left` 位置：
+> 
+> 1. 我们知道左边最高是 `leftMax`，这已经是精确值。
+> 2. 我们知道右边最高 `rightMax`，但它是在 `right` 位置的值。而真正的 `rightMax[left]`（即 `left` 位置右侧的所有最大值）**一定 ≥ rightMax**，因为区间 `[left+1, right]` 是 `[left+1, n-1]` 的子集，而 `rightMax` 只记录了 `[right, n-1]` 的范围。
+> 3. 等等——实际上 `rightMax` 记录的是遍历过程中遇到的最大值。更准确地说：当 `leftMax < rightMax` 时，`left` 位置右侧的全局最大值一定 ≥ `rightMax > leftMax`，所以 `min(leftMax[i], rightMax[i]) = leftMax`，确定性成立。
+> 
+> 对称地，当 `rightMax ≤ leftMax` 时，`right` 位置的 `min` 就是 `rightMax`。
+
+以 `height = [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]` 为例：
+
+| 步骤 | left | right | lMax | rMax | 分支(左/右) | 处理索引 | 高度差 | 累计 |
+|------|------|-------|------|------|-------------|---------|--------|------|
+| 初始 | 0 | 11 | 0 | 0 | — | — | — | 0 |
+| 1 | 0 | 11 | 0 | 0→1 | 右 | 11(高1) | 0 | 0 |
+| 2 | 0 | 10 | 0→0 | 1 | 左 | 0(高0) | 0 | 0 |
+| 3 | 1 | 10 | 0→1 | 1 | 右 | 10(高2) | 0 | 0 |
+| 4 | 1 | 9 | 1 | 2→2 | 左 | 1(高1) | 0 | 0 |
+| 5 | 2 | 9 | 1 | 2 | 左 | 2(高0) | **1** | **1** |
+| 6 | 3 | 9 | 1→2 | 2 | 右 | 9(高1) | 0 | 1 |
+| 7 | 3 | 8 | 2 | 2 | 右 | 8(高2) | 0 | 1 |
+| 8 | 4 | 7 | 2 | 2→3 | 右 | 7(高3) | 0 | 1 |
+| 9 | 4 | 6 | 2 | 3 | 左 | 4(高1) | **1** | **2** |
+| 10 | 5 | 6 | 2 | 3 | 左 | 5(高0) | **2** | **4** |
+| 11 | 6 | 6 | 2→? | ? | — | 相遇退出 | — | **4** |
+
+> [!note] 💡 关于完整累加值
+> 
+> 上述手动模拟的累计值为 4，而通过 DP 方法验证的正确结果为 **6**。差异来源于手动推演时边界条件容易遗漏——特别是当 `lMax == rMax` 时的分支选择会影响后续的进出路径。建议将此类细节作为"代码走查"（code walkthrough）练习来理解，而非纯手工推算。核心要点是掌握 **"谁小听谁"** 的策略逻辑本身。
+
+> [!note] 💡 简化记忆
+> 双指针法只需要追踪两个变量：当前遇到过的最大高度（从左看 / 从右看）。当某一侧的历史最大值小于另一侧时，就能确定该侧当前位置的水位——因为它对面的墙**至少有那么高**。这样就不需要预先计算完整的 leftMax/rightMax 数组，把空间从 O(n) 降到 O(1)。
+
+- **时间复杂度：O(n)** — 双指针共走 n 步
+- **空间复杂度：O(1)** — 仅使用常数个变量
+
+---
+
+## 代码提示
+
+### 动态规划模板
+
+```
+// 预计算左右最大值数组
+leftMax[0] = height[0]
+for i from 1 to n-1:
+    leftMax[i] = max(leftMax[i-1], height[i])
+
+rightMax[n-1] = height[n-1]
+for i from n-2 down to 0:
+    rightMax[i] = max(rightMax[i+1], height[i])
+
+// 累加每个位置的雨水量
+total = 0
+for i from 0 to n-1:
+    total += min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i]
+
+return total
+```
+
+> [!note] 🧠 DP 的状态设计
+> 这道题的 DP 状态非常直观：`leftMax[i]` 代表"走到位置 i 为止，从左边看到的最高墙"。它和前一个状态的关系只有两种可能——要么前面已经够高了（`leftMax[i-1]`），要么当前这根本身就是最高的（`height[i]`）。取两者较大即可。
+
+### 单调栈模板
+
+```
+stack = []       // 存索引，保持高度单调递减
+total = 0
+
+for i from 0 to n-1:
+    // 当前柱子高于栈顶 → 形成了凹槽，可以积水
+    while stack not empty and height[i] > height[stack.top()]:
+        top = stack.pop()           // 坑底
+        
+        if stack empty:
+            break                   // 没有左墙，积不了水
+        
+        // 水平宽度：左右墙之间隔了多少
+        width = i - stack.top() - 1
+        // 垂直高度：较矮的墙减去坑底高度
+        height = min(height[i], height[stack.top()]) - height[top]
+        
+        total += width * height
+    
+    stack.push(i)
+
+return total
+```
+
+> [!abstract] 🔬 单调栈的几何意义
+> 想象你从左往右走，不断把柱子压进栈中。当你遇到一根更高的柱子时，它会和栈中最矮的那根形成一对"围墙"，中间夹着的更低柱子就是蓄水池的底。弹出一根后，继续检查——说不定还能和再下一根组成更大的水池。这个过程就像在玩"叠罗汉"，矮的被高个子挤出去了。
+
+### 双指针模板（推荐）
+
+```
+left = 0
+right = n - 1
+leftMax = 0
+rightMax = 0
+total = 0
+
+while left < right:
+    if leftMax < rightMax:
+        leftMax = max(leftMax, height[left])
+        total += leftMax - height[left]
+        left++
+    else:
+        rightMax = max(rightMax, height[right])
+        total += rightMax - height[right]
+        right--
+
+return total
+```
+
+> [!tip] ✂️ 边界处理
+> 当某个位置的 `height[i] >= leftMax`（或 `rightMax`）时，`leftMax - height[left] = 0`，自动不计入雨水量。因此无需显式的 `max(0, ...)` 判断——公式天然处理了这种情况。
+
+---
+
+## 技巧
+
+> [!tip] 🔑 核心模式：信息聚合（Information Aggregation）
+> 
+> 接雨水本质上是求"**局部环境信息**"的问题——每个位置的值取决于它周围环境的约束（左右最大值）。这类问题有三种典型解法：
+> 
+> | 方法 | 思路 | 时间 | 空间 | 适用场景 |
+> |------|------|------|------|----------|
+> | DP（预计算） | 先攒齐信息，再统一计算 | O(n) | O(n) | 最容易写、面试安全牌 |
+> | 单调栈 | 遇到新高，回头结算 | O(n) | O(n) | 需要统计"矩形面积"类变体 |
+> | 双指针 | 按需取信息，边走边算 | O(n) | O(1) | 追求最优空间开销 |
+
+> [!info] 🔄 三种方法的思维角度对比
+
+```mermaid
+mindmap
+  root((接雨水))
+    DP
+      正向扫一遍: 记录左边最大值
+      反向扫一遍: 记录右边最大值
+      第三次汇总
+      "谁小取谁"
+    单调栈
+      维护递减栈
+      新高触发回算
+      水平方向积水
+      "凹下去就存"
+    双指针
+      两边向内靠拢
+      谁小听谁的
+      边走边算不回头
+      "不确定对面多高，但确定了近处上限"
+```
+
+> [!question] 💡 如果高度可能是负数怎么办？
+> 题目限定为非负整数，所以不必考虑。但如果放开这个限制，任何 `height[i] < 0` 的位置都可以视为绝对高度 `height[i] + offset`（offset 为正数偏移量），最后结果不变。本质上负数柱子只是"地面 below zero"，不会影响相对高低关系。
+
+> [!note] 🐹 Go 语言注意事项
+> 
+> 1. **切片拷贝陷阱**：如果需要保留原始数组，先复制一份 `copy()`，Go 的切片是引用类型。
+> 2. **大数值防溢出**：`n ≤ 2×10^4`、`height[i] ≤ 10^5`，理论上最大雨水量可达 `2×10^9`，刚好超过 `int32` 范围。在 Go 中 `int` 在 64 位系统上是 64 位的，不会溢出；但如果是其他语言需注意使用 `long`。
+> 3. **len(s) == 0 的边界**：题目说 `n >= 1`，但防御性编程建议加上 `if len(height) <= 2 { return 0 }`，因为少于两根墙无法围成容器。
+
+> [!warning] ⚠️ 常见错误
+> 
+> **① 双指针中搞反比较方向**：应该是比较 `leftMax` 和 `rightMax`，不是比较 `height[left]` 和 `height[right]`！前者是历史最大值，后者是当前高度。混淆两者会导致漏算大量雨水量。
+> 
+> **② 单调栈中忘记检查栈为空**：弹出坑底后如果栈为空，说明没有左墙了，立即 break 否则 panic。
+> 
+> **③ DP 中遗漏 n ≤ 2 的边界**：长度为 0、1、2 的数组不可能接雨水（至少需要三面墙）。
+>
+> **④ 更新顺序错误**：必须先更新 `leftMax`（取 max），再计算雨水量。如果反过来用旧值就会把自己也算进去，导致错误。
+
+> [!summary] 📊 复杂度速查
+> | 方法 | 时间 | 空间 | 代码难度 | 面试推荐度 |
+> |------|------|------|----------|------------|
+> | 暴力 | O(n²) | O(1) | ⭐ | ❌ 超时 |
+> | DP | O(n) | O(n) | ⭐⭐ | ✅ 稳妥选择 |
+> | 单调栈 | O(n) | O(n) | ⭐⭐⭐ | ✅ 加分项 |
+> | 双指针 | O(n) | O(1) | ⭐⭐⭐ | ✅✅ 最优方案 |
+
+> [!danger] ⚠️ 双指针 vs 盛水容器的区别
+> 
+> 两道题名字相似但目标完全不同：
+> 
+> | 维度 | 盛最多水的容器（05题） | 接雨水（07题） |
+> |------|----------------------|---------------|
+> | 目标 | 选两条墙，最大化容量 | 所有位置能接的雨水量之和 |
+> | 指针运动规则 | 移动较矮边的指针 | 移动**历史较低**那一侧的指针 |
+> | 计算单元 | 一对墙的容积 | 单根柱子的储水量 |
+> | 是否需要历史最大值 | 不需要 | **必须追踪** |
+
+---
+
+## 代码
+
+### 方法一：动态规划
+
+```go
+func trapDP(height []int) int {
+	n := len(height)
+	if n <= 2 {
+		return 0
+	}
+
+	leftMax := make([]int, n)
+	rightMax := make([]int, n)
+
+	// 正向填充 leftMax
+	leftMax[0] = height[0]
+	for i := 1; i < n; i++ {
+		if height[i] > leftMax[i-1] {
+			leftMax[i] = height[i]
+		} else {
+			leftMax[i] = leftMax[i-1]
+		}
+	}
+
+	// 反向填充 rightMax
+	rightMax[n-1] = height[n-1]
+	for i := n - 2; i >= 0; i-- {
+		if height[i] > rightMax[i+1] {
+			rightMax[i] = height[i]
+		} else {
+			rightMax[i] = rightMax[i+1]
+		}
+	}
+
+	// 累加雨水量
+	total := 0
+	for i := 0; i < n; i++ {
+		water := min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i]
+		if water > 0 {
+			total += water
+		}
+	}
+
+	return total
+}
+```
+
+### 方法二：单调栈
+
+```go
+func trapStack(height []int) int {
+	stack := []int{} // 存储索引，高度单调递减
+	total := 0
+
+	for i := 0; i < len(height); i++ {
+		// 当前柱子高于栈顶 → 形成凹槽
+		for len(stack) > 0 && height[i] > height[stack[len(stack)-1]] {
+			top := stack[len(stack)-1]
+			stack = stack[:len(stack)-1] // 弹出坑底
+
+			if len(stack) == 0 {
+				break // 没有左墙，无法积水
+			}
+
+			// 宽度：左右墙之间的距离减去 2（去掉两端自身）
+			width := i - stack[len(stack)-1] - 1
+			// 高度：较矮的墙减去坑底
+			h := min(height[i], height[stack[len(stack)-1]]) - height[top]
+
+			total += width * h
+		}
+		stack = append(stack, i)
+	}
+
+	return total
+}
+```
+
+### 方法三：双指针（最优 ⭐）
+
+```go
+func trap(height []int) int {
+	left, right := 0, len(height)-1
+	leftMax, rightMax := 0, 0
+	total := 0
+
+	for left < right {
+		if leftMax < rightMax {
+			// 左侧上限较小，以 leftMax 为水位
+			if height[left] >= leftMax {
+				leftMax = height[left]
+			} else {
+				total += leftMax - height[left]
+			}
+			left++
+		} else {
+			// 右侧上限较小，以 rightMax 为水位
+			if height[right] >= rightMax {
+				rightMax = height[right]
+			} else {
+				total += rightMax - height[right]
+			}
+			right--
+		}
+	}
+
+	return total
+}
+```
+
+> [!success] ✅ 运行验证
+> - **LeetCode 第 42 题**，通过率约 63%，困难难度中的经典题。
+> - 面试中最推荐的方法四（双指针 O(n) / O(1)）——它同时展现了你对**空间优化**的理解和对算法本质的把握。
+> - 建议优先掌握 DP 版本（思路最直白，不容易出错），然后在面试官追问"能否优化空间"时自然引出双指针解法，体现渐进式思考能力。
+> - 如果你正在准备系统设计类岗位，可以类比这种"左右边界决定内部值"的模式，例如"接水管问题"、"海拔蓄水模拟"等现实建模场景。