題面：

思路：

能接雨水的點，必然是比兩邊都低（小）的點。有兩種思路，一種是直接計算每個點的最大貢獻（也就是每個點在縱向上最多能接多少水），另一種就是計算每個點在橫向上有沒有貢獻。
第一種思路，就需要我們能拿到每個點左右兩邊最高的高度，這樣就能計算每個點在縱向上能接多少水，相當于木桶效應。
第二種思路，對于每個點，則需要判斷它左右兩邊是不是都有比它高的點，每次計算橫向上局部能接到水的區域。
官方題解挺好的，具體不再贅述

1. 單調棧

就是第二種思路，每次更新橫向上能接到的水。

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()]) {// 得到當前低點int buttom = stk.top(); stk.pop();if(!stk.empty()) {int j = stk.top();// 如果 height[j] == height[bottom]// 就說明 bottom 的左邊還沒有出現凸出來讓bottom能接到水的邊邊ans += (i - j - 1) * (min(height[i], height[j]) - height[buttom]);}}stk.push(i);}return ans;
}

2. 動態規劃

第一種思路，要拿到每個點左右兩邊的最大高度，就可以考慮線性DP的思想去記錄當前點左右兩邊的最大高度。
$$\begin{gathered} leftMax[i]=max(leftMax[i?1],height[i]) \\ rightMax[i]=max(rightMax[i+1],height[i]) \\ gotWater[i]=min(leftMax[i],rightMax[i])?height[i] \end{gathered}$$

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;
}

雙指針

使用雙指針和臨時變量優化掉 $leftMax$ 和 $rightMax$ 兩個數組。
官方題解說：如果 $height[left]<height[right]$，則必有 $leftMax<rightMax$。
這主要是因為，我們每次移動的都是 $height$ 較小的指針，因此如果 $leftMax$ 或 $rightMax$ 有更新，則更新了的點 $left$ 或 $right$ 在 $leftMax$ 或 $rightMax$ 得到新的更新之前會停留一陣子。因此如果 $height[left]<height[right]$，則必有 $leftMax<rightMax$。

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;
}