407. Trapping Rain Water II

/* * 自己写的，通过32/40个case，TLE错误！ */ struct pos { int x; int y; int height; }; class posGreaterCmp { public: bool operator ()(const pos &p1,const pos &p2) const { return p1.height>p2.height; } }; class posSort { public: bool operator ()(const pos &p1,const pos &p2) const { if(p1.x!=p2.x) return p1.x<p2.x; else return p1.y<p2.y; } }; class Solution { public: int trapRainWater(vector<vector<int> >& heightMap) { if (heightMap.size()==0||heightMap[0].size()==0) return 0; priority_queue< pos,vector<pos>,posGreaterCmp >priq; int row=heightMap.size(); int col=heightMap[0].size(); for (int i=1; i<row-1; ++i) for (int j=1; j<col-1; ++j) { priq.push({i,j,heightMap[i][j]}); } int trapWater=0; while(!priq.empty()) { pos searchPos=priq.top(); priq.pop(); if (searchPos.height==heightMap[searchPos.x][searchPos.y]) { set<pos,posSort>visitedSet; queue<pos>temq; temq.push(searchPos); int flag=0; int dir[4][2]= {{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1}}; int minHeight=INT_MAX; while(!temq.empty()) { pos ps=temq.front(); temq.pop(); visitedSet.insert(ps); for (int i=0; i<4; ++i) for (int j=0; j<2; ++j) { int px=ps.x+dir[i][0]; int py=ps.y+dir[i][1]; pos nextPos= {px,py,heightMap[px][py]}; if (visitedSet.count(nextPos)==0) { if (nextPos.height<ps.height||nextPos.height==ps.height&&(nextPos.x==0||nextPos.x==row-1||nextPos.y==0||nextPos.y==col-1)) { flag=1; break; } else if (nextPos.height==ps.height) { temq.push(nextPos); } else if (nextPos.height>ps.height) minHeight=min(minHeight,nextPos.height); } } if (flag) break; } if (!flag) { trapWater+=(minHeight-searchPos.height)*visitedSet.size(); set<pos,posSort>::iterator it; for (it=visitedSet.begin(); it!=visitedSet.end(); ++it) { heightMap[it->x][it->y]=minHeight; } priq.push({searchPos.x,searchPos.y,minHeight}); } } } return trapWater; } };

这道题是之前那道Trapping Rain Water的拓展，由2D变3D了，感觉很叼。但其实解法跟之前的完全不同了，之前那道题由于是二维的，我们可以用双指针来做，而这道三维的，我们需要用BFS来做，解法思路很巧妙，下面我们就以题目中的例子来进行分析讲解，多图预警，手机流量党慎入：

首先我们应该能分析出，能装水的底面肯定不能在边界上，因为边界上的点无法封闭，那么所有边界上的点都可以加入queue，当作BFS的启动点，同时我们需要一个二维数组来标记访问过的点，访问过的点我们用红色来表示，那么如下图所示：

我们再想想，怎么样可以成功的装进去水呢，是不是周围的高度都应该比当前的高度高，形成一个凹槽才能装水，而且装水量取决于周围最小的那个高度，有点像木桶原理的感觉，那么为了模拟这种方法，我们采用模拟海平面上升的方法来做，我们维护一个海平面高度mx，初始化为最小值，从1开始往上升，那么我们BFS遍历的时候就需要从高度最小的格子开始遍历，那么我们的queue就不能使用普通队列了，而是使用优先级队列，将高度小的放在队首，最先取出，这样我们就可以遍历高度为1的三个格子，用绿色标记出来了，如下图所示：

向周围BFS搜索的条件是不能越界，且周围格子未被访问，那么可以看出上面的第一个和最后一个绿格子无法进行进一步搜索，只有第一行中间那个绿格子可以搜索，其周围有一个灰格子未被访问过，将其加入优先队列queue中，然后标记为红色，如下图所示：

那么优先队列queue中高度为1的格子遍历完了，此时海平面上升1，变为2，此时我们遍历优先队列queue中高度为2的格子，有3个，如下图绿色标记所示：

我们发现这三个绿格子周围的格子均已被访问过了，所以不做任何操作，海平面继续上升，变为4，遍历所有高度为4的格子，如下图绿色标记所示：

由于我们没有特别声明高度相同的格子在优先队列queue中的顺序，所以应该是随机的，其实谁先遍历到都一样，对结果没啥影响，我们就假设第一行的两个绿格子先遍历到，那么那么周围各有一个灰格子可以遍历，这两个灰格子比海平面低了，可以存水了，把存水量算出来加入结果res中，如下图所示：

上图中这两个遍历到的蓝格子会被加入优先队列queue中，由于它们的高度小，所以下一次从优先队列queue中取格子时，它们会被优先遍历到，那么左边的那个蓝格子进行BFS搜索，就会遍历到其左边的那个灰格子，由于其高度小于海平面，也可以存水，将存水量算出来加入结果res中，如下图所示：

等两个绿格子遍历结束了，它们会被标记为红色，蓝格子遍历会先被标记红色，然后加入优先队列queue中，由于其周围格子全变成红色了，所有不会有任何操作，如下图所示：

此时所有的格子都标记为红色了，海平面继续上升，继续遍历完优先队列queue中的格子，不过已经不会对结果有任何影响了，因为所有的格子都已经访问过了，此时等循环结束后返回res即可，参见代码如下：

class Solution { public: int trapRainWater(vector<vector<int>>& heightMap) { if(heightMap.size()==0) return 0; priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int>>, greater<pair<int, int>>> que; int row = heightMap.size(), col = heightMap[0].size(); vector<vector<int>> visited(row, vector<int>(col, 0)); int ans = 0, Max = INT_MIN; for(int i = 0; i < row; i++) { for(int j = 0; j < col; j++) { if(!(i==0 || i==row-1 || j==0 || j==col-1)) continue; que.push(make_pair(heightMap[i][j], i*col+j)); visited[i][j] = 1; } } vector<vector<int>> dir {{1, 0}, {-1, 0}, {0, 1}, {0, -1}}; while(!que.empty()) { auto val = que.top(); que.pop(); int height = val.first, x = val.second/col, y = val.second%col; Max = max(Max, height); for(auto d: dir) { int x2 = x + d[0], y2 = y + d[1]; if(x2>=row || x2<0 || y2<0 || y2>=col || visited[x2][y2]) continue; visited[x2][y2] = 1; if(heightMap[x2][y2] < Max) ans += Max - heightMap[x2][y2]; que.push(make_pair(heightMap[x2][y2], x2*col+y2)); } } return ans; } }; 参考链接：http://www.cnblogs.com/grandyang/p/5928987.html