接雨水问题反思与最大容器问题对比

在数组类经典问题中，“接雨水”与“盛最多水的容器”因场景高度相似（均围绕柱子与水的交互）常被混淆，但二者的核心目标、储水逻辑和解法路径差异显著。
本文将系统拆解两类问题的主流解法，剖析其设计思路与创新点，通过表格直观对比核心差异，并提炼“快速联想解题思路”的触发点（trigger），帮助彻底吃透这类“柱子+水”的问题。

一、接雨水问题：3种解法深度解析

问题定义

给定 n 个非负整数表示每个宽度为 1 的柱子的高度图，计算下雨后所有柱子间凹槽能接住的总水量。
核心逻辑：单个位置的储水量由“左右两侧最高柱子的最小值”和“当前柱子高度”决定，公式为：
water[i] = max(0, min(left_max[i], right_max[i]) - height[i])
（left_max[i] 是 i 左侧所有柱子的最高值，right_max[i] 是 i 右侧所有柱子的最高值）

解法1：暴力解法（本质还原版）

思路

直接还原“单个位置储水量公式”的计算逻辑：遍历每个可储水的位置，分别找到其左右侧的最高柱子，累加所有位置的储水量。

创新点

无额外逻辑包装，完全贴合问题本质，是所有优化解法的“原型基础”，适合新手入门理解核心逻辑。

过程描述

边界判断：若数组长度 n < 3（少于3根柱子无法形成凹槽），直接返回 0；
初始化总储水量 total = 0；
遍历每个位置 i（首尾位置无左右边界，跳过 i=0 和 i=n-1）；
对每个 i，向左遍历数组，找到左侧最高柱子高度 left_max；
对每个 i，向右遍历数组，找到右侧最高柱子高度 right_max；
计算当前位置储水量：current_water = max(0, min(left_max, right_max) - height[i])（负数时取0，代表无法储水）；
累加 current_water 到 total，遍历结束后返回 total。

代码片段

def trap(height):n = len(height)if n < 3:return 0total = 0for i in range(1, n-1):left_max = max(height[:i])  # 左侧最高（不包含i）right_max = max(height[i+1:])  # 右侧最高（不包含i）total += max(0, min(left_max, right_max) - height[i])return total

复杂度

时间复杂度：O(n²)（每个位置需左右遍历一次，共 n 个位置）；
空间复杂度：O(1)（仅用临时变量存储最高值和总水量）。

解法2：双指针解法（最优效率版）

思路

通过双指针收缩，用两个全局变量实时记录“左侧最高值”和“右侧最高值”，避免重复遍历计算 left_max 和 right_max，将时间复杂度优化至 O(n)。

创新点

利用“储水量由较短的最高侧决定”的特性：水会从较矮的一侧溢出，因此只需关注较短侧的最高值，无需同时计算两侧全局最高；
双指针+常数空间：一次遍历完成所有计算，空间复杂度降至 O(1)，是该问题的最优效率解法。

过程描述

边界判断：n < 3 时返回 0；
初始化双指针 left=0（左端点）、right=n-1（右端点），左右最高值 left_max=0、right_max=0，总储水量 total=0；
当 left < right 时，根据两侧柱子高度判断：
- 若 height[left] < height[right]：当前 left 位置的储水量由 left_max 决定（右侧最高足够高，不会成为瓶颈）；更新 left_max 为 max(left_max, height[left])，累加 left_max - height[left] 到 total，移动左指针 left += 1；
- 否则：当前 right 位置的储水量由 right_max 决定（左侧最高足够高）；更新 right_max 为 max(right_max, height[right])，累加 right_max - height[right] 到 total，移动右指针 right -= 1；
遍历结束后返回 total。

代码片段

def trap(height):n = len(height)if n < 3:return 0left, right = 0, n-1left_max = right_max = 0total = 0while left < right:if height[left] < height[right]:left_max = max(left_max, height[left])total += left_max - height[left]left += 1else:right_max = max(right_max, height[right])total += right_max - height[right]right -= 1return total

复杂度

时间复杂度：O(n)（双指针仅遍历数组一次）；
空间复杂度：O(1)（仅用 4 个临时变量）。

解法3：单调栈解法（凹槽匹配版）

思路

用单调栈维护“柱子索引的递减序列”（栈内索引对应的柱子高度单调递减），当遇到比栈顶高的柱子时，栈顶元素即为“凹槽底部”，弹出后新栈顶为“凹槽左边界”，当前柱子为“凹槽右边界”，计算该凹槽的储水量并累加。

创新点

将“找凹槽左右边界”转化为“单调栈的入栈出栈操作”，一次遍历完成所有凹槽匹配；
思路可迁移至“找最近更大/更小元素”的问题（如柱状图中最大矩形），通用性强。

过程描述

边界判断：n < 3 时返回 0；
初始化单调栈 stack（存储柱子索引，维持栈内索引对应的高度递减），总储水量 total=0；
遍历数组每个索引 i：
- 当栈不为空且 height[i] > height[stack[-1]]（遇到右边界，可形成凹槽）：
  - 弹出栈顶 bottom_idx（凹槽底部的索引）；
  - 若栈为空（无左边界，无法形成凹槽），则 break；
  - 新栈顶 left_idx 为凹槽左边界（左侧最近的更高柱子）；
  - 计算凹槽高度：h = min(height[left_idx], height[i]) - height[bottom_idx]（扣除凹槽底部高度）；
  - 计算凹槽宽度：w = i - left_idx - 1（左右边界之间的间隔数）；
  - 累加储水量：total += h * w；
- 否则，将当前索引 i 入栈（维持栈的递减顺序）；
遍历结束后返回 total。

代码片段

def trap(height):n = len(height)if n < 3:return 0stack = []total = 0for i in range(n):# 遇到右边界，弹出栈顶找凹槽while stack and height[i] > height[stack[-1]]:bottom_idx = stack.pop()if not stack:breakleft_idx = stack[-1]# 计算凹槽的高度和宽度h = min(height[left_idx], height[i]) - height[bottom_idx]w = i - left_idx - 1total += h * wstack.append(i)return total

复杂度

时间复杂度：O(n)（每个元素入栈、出栈各一次）；
空间复杂度：O(n)（最坏情况栈存储所有索引，如柱子高度单调递减时）。

二、盛最多水的容器问题：2种解法深度解析

问题定义

给定 n 个非负整数 height，每个元素对应一条垂直柱子，找出两条柱子，使其与 x 轴构成的容器能容纳最多的水（单个容器的最大面积）。
核心公式：容器面积 = 底边长 × 最短柱子高度，即：
area = (right - left) × min(height[left], height[right])
（left、right 为两条柱子的索引，底边长为索引差）

解法1：暴力解法（枚举所有组合）

思路

枚举所有可能的“两条柱子组合”，计算每个组合的容器面积，记录并返回最大值。

创新点

完全基于问题定义推导，无额外逻辑门槛，直观易懂，适合快速理解问题核心。

过程描述

边界判断：n < 2（少于2根柱子无法构成容器）时返回 0；
初始化最大面积 max_area=0；
遍历所有左索引 left（从 0 到 n-2）；
遍历所有右索引 right（从 left+1 到 n-1）；
计算当前组合的面积：width = right - left，h = min(height[left], height[right])，current_area = width × h；
更新 max_area 为 max(max_area, current_area)；
遍历结束后返回 max_area。

代码片段

def maxArea(height):n = len(height)if n < 2:return 0max_area = 0for left in range(n):for right in range(left+1, n):width = right - lefth = min(height[left], height[right])max_area = max(max_area, width * h)return max_area

复杂度

时间复杂度：O(n²)（需枚举 n×(n-1)/2 种组合）；
空间复杂度：O(1)（仅用临时变量存储面积和最大值）。

解法2：双指针解法（贪心优化版）

思路

利用“底边长越大，面积潜力越大”的特性，初始取首尾柱子（底边长最大），通过贪心策略移动“较短的柱子”，尝试提升柱子高度，从而最大化面积。

创新点

兼顾“底边长”和“高度”：初始底边长最大，后续仅通过移动短边提升高度，避免无效枚举（移动长边会导致底边长减小且高度不提升，面积必然变小）；
一次遍历实现 O(n) 效率，是该问题的唯一最优解法。

过程描述

边界判断：n < 2 时返回 0；
初始化双指针 left=0（左端点）、right=n-1（右端点），最大面积 max_area=0；
当 left < right 时：
- 计算当前组合的面积：width = right - left，h = min(height[left], height[right])，current_area = width × h；
- 更新 max_area 为 max(max_area, current_area)；
- 贪心移动短边：
  - 若 height[left] < height[right]：移动左指针 left += 1（短边在左，尝试找更高的左柱）；
  - 否则：移动右指针 right -= 1（短边在右，尝试找更高的右柱）；
遍历结束后返回 max_area。

代码片段

def maxArea(height):n = len(height)if n < 2:return 0left, right = 0, n-1max_area = 0while left < right:width = right - lefth = min(height[left], height[right])max_area = max(max_area, width * h)# 移动短边，提升高度潜力if height[left] < height[right]:left += 1else:right -= 1return max_area

复杂度

时间复杂度：O(n)（双指针仅遍历数组一次）；
空间复杂度：O(1)（仅用 3 个临时变量）。

三、两类问题解法对比表格

对比维度	接雨水问题	盛最多水的容器问题
核心目标	计算所有凹槽的总储水量（多个小容器累加和）	找到两条柱子构成的最大单容器面积（单个组合的最大值）
储水/面积公式	单个位置水量 = max(0, min(左最高, 右最高) - 当前柱高)（底边长=1）	容器面积 = (右-左) × min(左柱高, 右柱高)（底边长=索引差）
暴力解法	时间 O(n²)，空间 O(1)；遍历每个位置，分别找左右最高	时间 O(n²)，空间 O(1)；枚举所有双柱子组合，计算面积
最优解法	双指针（时间 O(n)，空间 O(1)）	双指针（时间 O(n)，空间 O(1)）
备选高效解法	单调栈（时间 O(n)，空间 O(n)）；适合迁移“最近更大元素”问题	无（单调栈不适用，无需找凹槽，仅需最优双元素组合）
解法核心创新点	双指针：用全局变量记录左右最高，避免重复计算；单调栈：匹配凹槽边界	双指针：贪心移动短边，平衡底边长和高度，避免无效枚举
边界依赖	每个位置依赖“左右全局最高柱子”	容器依赖“两条目标柱子”（局部边界）
中间柱子影响	中间柱子遮挡水，需扣除当前柱高	中间柱子不影响，视为“空”，仅关注两条边界柱子
适用场景延伸	需找“多个凹槽”“最近更大/更小元素”的问题（如柱状图最大矩形）	需找“最优双元素组合”“平衡两个变量（底+高）”的问题

四、思路触发点（trigger）：快速联想合适解法

1. 第一步：通过“问题目标”区分问题类型

若问题目标是“总水量”“累加和” → 接雨水问题：
- 核心逻辑：每个位置独立储水，需计算所有位置的总和；
- 直观思路：暴力解法（遍历每个位置，找左右最高）；
- 优化思路：优先双指针（空间 O(1)，效率最优）；若熟悉“最近更大元素”问题，可联想单调栈（思路迁移性强）。
若问题目标是“最大面积”“单个组合最大值” → 盛最多水的容器问题：
- 核心逻辑：寻找最优双元素组合，无需考虑其他元素；
- 直观思路：暴力解法（枚举所有双组合）；
- 优化思路：唯一最优解是双指针（贪心移动短边），无其他高效解法。