leetcode-go/双指针/07-接雨水.md

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LeetCode 双指针 困难	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]

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。

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。

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

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

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

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 ⭐）

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。