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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

解题思路：

由木桶理论可知某一列的储水量与他左边最高的柱子和右边最高的柱子之间的较矮者有关，为这一列高度和它的差值。在上一篇博客，我们使用了DP方法，维护了两个数组left和right，空间复杂度为O(n)，但实际上我们可以使用双指针法，空间复杂度可以优化到O(1)。

设左指针left，右指针right，当left和right未相遇时，维护leftMax和rightMax，左指针left只从左往右，右指针right只从右往左，leftMax = max(leftMax, height[left])，rightMax = max(rightMax, height[right])。

当leftMax < rightMax时，我们可以计算出left位置的储水量为leftMax - height[left]，并将left右移一位；

当leftMax > rightMax时，我们可以计算出right位置的储水量为rightMax - height[right]，并将right左移一位；

当leftMax == rightMax时，无论对left操作还是对right操作都是可以的。

当left和right相遇时，就可以结束计算了。

代码（CPP）：

class Solution {
public:
    /*
        双指针，将空间复杂度从O(n)优化至O(1)
    */
    int trap(vector<int>& height) {
        int n = height.size();
        int left = 0, right = n - 1;
        int leftMax = 0, rightMax = 0, ans = 0;
        while (left < right) {
            leftMax = max(leftMax, height[left]);
            rightMax = max(rightMax, height[right]);
            if (leftMax < rightMax) {
                ans += leftMax - height[left];
                left++;
            } else {
                ans += rightMax - height[right];
                right--;
            }
        }
        return ans;
    }
};