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283. 移动零

leetcode链接：https://leetcode.cn/problems/move-zeroes/

给定一个数组 nums，编写一个函数将所有 0 移动到数组的末尾，同时保持非零元素的相对顺序。请注意 ，必须在不复制数组的情况下原地对数组进行操作。示例 1:输入: nums = [0,1,0,3,12]
输出: [1,3,12,0,0]
示例 2:输入: nums = [0]
输出: [0]
提示:1 <= nums.length <= 104
-231 <= nums[i] <= 231 - 1
进阶：你能尽量减少完成的操作次数吗？

这题就是一个典型的快慢指针问题，类似于从数组中删除指定元素。快指针依次遍历，慢指针用来存放元素。思路就是先把所有的0元素删除，再在数组末位填充0，代码如下：

class Solution {
public:void moveZeroes(vector<int>& nums) {int slow = 0;for(int  i = 0 ; i < nums.size(); i++){if(nums[i] != 0){nums[slow++] =nums[i];}}//把剩下的位置填充为0for(int i = slow; i < nums.size(); i++){nums[i] = 0;}}
};

11.盛最多水的容器

给定一个长度为 n 的整数数组 height 。
有 n 条垂线，第 i 条线的两个端点是 (i, 0) 和 (i, height[i]) 。找出其中的两条线，使得它们与 x 轴共同构成的容器可以容纳最多的水。返回容器可以储存的最大水量。说明：你不能倾斜容器。

这题是贪心算法，

42. 接雨水

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

对于这种问题，我们不要想整体，而应该去想局部。仅仅对于位置 i，能装下多少水呢？

能装 2 格水，因为 height[i] 的高度为 0，而这里最多能盛 2 格水，2-0=2。

为什么位置 i 最多能盛 2 格水呢？因为，位置 i 能达到的水柱高度和其左边的最高柱子、右边的最高柱子有关，我们分别称这两个柱子高度为 l_max 和 r_max；位置 i 最大的水柱高度就是 min(l_max, r_max)。

也就是说：

water[i] = min(# 左边最高的柱子max(height[0..i]),  # 右边最高的柱子max(height[i..end]) ) - height[i]

根据该思路写一个暴力解法。

暴力解法

class Solution {
public:int trap(vector<int>& height) {int res = 0;for(int i = 1; i < height.size() - 1; i++){//这样才能保证左右都有柱子int leftMax= 0, rightMax = 0;for (int j = i; j < height.size(); j++)rightMax = max(rightMax, height[j]);// 找左边最高的柱子for (int j = i; j >= 0; j--)leftMax = max(leftMax, height[j]);cout<< leftMax << ',' << rightMax << endl;res += max(0, min(leftMax,rightMax) - height[i]);}return res;}
};

时间复杂度O（n2），实际上不需要每次都遍历，可以借助备忘录。

这里实际上res加的时候时候不需要和0比较，因为在计算 l_max 数组的时候是取「自己高度」和「目前左边最高」的最大值，因此 l_max[i] >= height[i] 是恒成立的。r_max 同理。

备忘录

不用每次都计算left和right，计算一次就好，存储在两个数组中：

class Solution {
public:int trap(vector<int>& height) {if (height.size() == 0) {return 0;}int res = 0;vector<int> leftMax(height.size(), 0);vector<int> rightMax(height.size(), 0);leftMax[0] = height[0];rightMax[height.size() - 1] = height[height.size() - 1];for(int i = 1; i < height.size() - 1; i++){//这样才能保证左右都有柱子leftMax[i] = max(height[i], leftMax[i - 1]);}for(int i = height.size() - 2; i >= 0; i--){rightMax[i] = max(height[i], rightMax[i + 1]);}for(int i = 1; i < height.size() - 1; i++){res += min(leftMax[i],rightMax[i]) - height[i];}return res;}
};

把时间复杂度降低为 O(N)，已经是最优了，但是空间复杂度是 O(N)。双指针法可以把空间复杂度降到O(1)。

双指针法

之前不管是暴力解法还是备忘录，leftMax和rightMax分别代表 height[0..i] 和 height[i..end] 的最高柱子高度：

而在双指针法中，代表的是 height[0..left] 和 height[right..end] 的最高柱子高度：

我们只在乎 min(l_max, r_max)。对于上图的情况，我们已经知道 l_max < r_max 了，至于这个 r_max 是不是右边最大的，不重要。重要的是 height[i] 能够装的水只和较低的 l_max 之差有关。

最终代码：

class Solution {
public:int trap(vector<int>& height) {int left = 0, right = height.size() - 1;int leftMax = 0, rightMax = 0;int res = 0;while (left < right) {leftMax = max(leftMax, height[left]);rightMax = max(rightMax, height[right]);// res += min(leftMax, rightMax) - height[i]if (leftMax < rightMax) {res += leftMax - height[left];left++;} else {res += rightMax - height[right];right--;}}return res;}
};

11. 盛最多水的容器

给定一个长度为 n 的整数数组 height 。有 n 条垂线，
第 i 条线的两个端点是 (i, 0) 和 (i, height[i]) 。找出其中的两条线，使得它们与 x 轴共同构成的容器可以容纳最多的水。返回容器可以储存的最大水量。说明：你不能倾斜容器。

输入：[1,8,6,2,5,4,8,3,7] 输出：49 解释：图中垂直线代表输入数组 [1,8,6,2,5,4,8,3,7]。在此情况下，容器能够容纳水（表示为蓝色部分）的最大值为 49。

跟上面的题类似，直接贴代码：

class Solution {
public:int maxArea(vector<int>& height) {int res = 0;int left = 0, right = height.size() - 1;while(left < right){res = max(res, min(height[left], height[right]) * (right - left));if(height[left] < height[right]){left++;}else{right--;}}return res;}
};

这里要注意双指针的移动顺序，为什么是往height[i]小的那边移动？因为矩形的最大面积是由最短的那条边决定的：如果移动较低的那一边，那条边可能会变高，使得矩形的高度变大，进而就「有可能」使得矩形的面积变大；相反，如果你去移动较高的那一边，矩形的高度是无论如何都不会变大的，所以不可能使矩形的面积变得更大。

总结

感觉这样复习还是太零散没有体系了，从明天开始，还是按照模块来，先把原来的题二刷掉，然后再找拓展题。