11 和 42 本质上都是木桶原理：
11 如何才能存最多的水？
假设 a[left] < a[right] , total = a[left] *(right-left) ， 那么 right -1, right-2 位置 都比 total 小， 此时就没必要move right 了， 因为所有的right -x 都比 right 小。
此时只需要move left 指针， 继续找最大value.
code 很简单：
public int maxArea(int[] height) { int start = 0; int end = height.length-1; int max = 0; while(start< end) { if(height[start] < height[end]) { max = Math.max(max,(height[start]*(end-start))); start ++; } else { max = Math.max(max,height[end]*(end-start)); end --; } } return max; }
42 题
随便一个 ai ,如果存在某个left 点 ai-left > ai 并且存在 right 点 ai-right >ai , 则 ai 的水可以存的住， 无论 left 是否是 i 的邻居， 隔着很远也能决定ai 能被存下来。 那能存多少呢？ 存多少 取决于 ai-left or ai-right 的最小值， 这就是木桶原理。
那么从left 到right 扫描一遍， 找到每个点left 的max value ，存数组 leftMax[] 并且 从right ->left 找每个点往right 看的max value. 存到一个数组里 rightMax[]
然后 能存住的水 就是 min(leftMax[i], rightMax[i]) - a[i]
code 也很简单：
public int trap(int[] height) { if(height == null || height.length<3) return 0; int n = height.length; int[] leftMax = new int[n]; int[] rightMax = new int[n]; leftMax[0] = height[0]; for(int i=1; i<n ; i++){ leftMax[i] = Math.max(leftMax[i-1],height[i]); } rightMax[n-1] = height[n-1]; for(int i = n-2; i>=0; i--){ rightMax[i] = Math.max(rightMax[i+1],height[i]); } int ans = 0; for(int i=0; i<n; i++){ ans += Math.min(leftMax[i],rightMax[i]) - height[i]; } return ans;
时间 复杂度为 O(N) 空间复杂度也是 O(n) ，但实际并不用额外的空间。 用two point 方法，木桶原理， 维护一个 leftMax 以及 rightMax ,如果leftMax < rightMax ， 只用move leftMax 就行了，然后 ans += Math.min(leftMax,rightMax) - height[i].
public int trap(int[] height) { if(height == null || height.length <3) return 0; int n = height.length; int leftBound = 0; int rightBound = 0; int left = 0; int right = n-1; int ans = 0 ; while(left<right){ leftBound = Math.max(height[left],leftBound); rightBound = Math.max(height[right],rightBound); if(leftBound < rightBound){ ans += leftBound - height[left]; left++; } else { ans += rightBound - height[right]; right--; } } return ans; }
407. Trapping Rain Water II
把42题的平面变成立体，方法完全变了。得用BFS来做， 可参考 https://www.cnblogs.com/grandyang/p/5928987.html