题面：

思路：

能接雨水的点，必然是比两边都低（小）的点。有两种思路，一种是直接计算每个点的最大贡献（也就是每个点在纵向上最多能接多少水），另一种就是计算每个点在横向上有没有贡献。
第一种思路，就需要我们能拿到每个点左右两边最高的高度，这样就能计算每个点在纵向上能接多少水，相当于木桶效应。
第二种思路，对于每个点，则需要判断它左右两边是不是都有比它高的点，每次计算横向上局部能接到水的区域。
官方题解挺好的，具体不再赘述

1. 单调栈

就是第二种思路，每次更新横向上能接到的水。

int trap(vector<int>& height) {int ans = 0, n = (int)height.size();stack<int> stk;for(int i = 0; i < n; ++ i) {while(!stk.empty() && height[i] > height[stk.top()]) {// 得到当前低点int buttom = stk.top(); stk.pop();if(!stk.empty()) {int j = stk.top();// 如果 height[j] == height[bottom]// 就说明 bottom 的左边还没有出现凸出来让bottom能接到水的边边ans += (i - j - 1) * (min(height[i], height[j]) - height[buttom]);}}stk.push(i);}return ans;
}

2. 动态规划

第一种思路，要拿到每个点左右两边的最大高度，就可以考虑线性DP的思想去记录当前点左右两边的最大高度。
$$\begin{gathered} leftMax[i]=max(leftMax[i-1],height[i]) \\ rightMax[i]=max(rightMax[i+1],height[i]) \\ gotWater[i]=min(leftMax[i],rightMax[i])-height[i] \end{gathered}$$

int trap(vector<int>& height) {int ans = 0, n = (int)height.size();vector<int> leftMax(n), rightMax(n);leftMax[0] = height[0]; rightMax[n - 1] = height[n - 1];for(int i = 1; i < n; ++ i) leftMax[i] = max(leftMax[i - 1], height[i]);for(int i = n - 2; i >= 0; -- i) rightMax[i] = max(rightMax[i + 1], height[i]);for(int i = 1; i < n - 1; ++ i)ans += min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i];return ans;
}

双指针

使用双指针和临时变量优化掉 $leftMax$ 和 $rightMax$ 两个数组。
官方题解说：如果 $height[left]<height[right]$，则必有 $leftMax<rightMax$。
这主要是因为，我们每次移动的都是 $height$ 较小的指针，因此如果 $leftMax$ 或 $rightMax$ 有更新，则更新了的点 $left$ 或 $right$ 在 $leftMax$ 或 $rightMax$ 得到新的更新之前会停留一阵子。因此如果 $height[left]<height[right]$，则必有 $leftMax<rightMax$。

int trap(vector<int>& height) {int ans = 0, n = (int)height.size();int left = 0, right = n - 1;int leftMax = height[0], rightMax = height[n - 1];while(left < right) {leftMax = max(leftMax, height[left]);rightMax = max(rightMax, height[right]);if(height[left] < height[right])ans += min(leftMax, rightMax) - height[left ++];elseans += min(leftMax, rightMax) - height[right --];}return ans;
}