Given an m x n matrix of positive integers representing the height of each unit cell in a 2D elevation map, compute the volume of water it is able to trap after raining.

Note:
Both m and n are less than 110. The height of each unit cell is greater than 0 and is less than 20,000.

Example:

Given the following 3x6 height map:
[
  [1,4,3,1,3,2],
  [3,2,1,3,2,4],
  [2,3,3,2,3,1]
]

Return 4.

The above image represents the elevation map [[1,4,3,1,3,2],[3,2,1,3,2,4],[2,3,3,2,3,1]] before the rain.

After the rain, water are trapped between the blocks. The total volume of water trapped is 4.

這道題是之前那道Trapping Rain Water的拓展，由2D變3D了，感覺很叼。但其實解法跟之前的完全不同了，之前那道題由於是二維的，我們可以用雙指標來做，而這道三維的，我們需要用BFS來做，解法思路很巧妙，下面我們就以題目中的例子來進行分析講解，多圖預警，手機流量黨慎入：

首先我們應該能分析出，能裝水的底面肯定不能在邊界上，因為邊界上的點無法封閉，那麼所有邊界上的點都可以加入queue，當作BFS的啟動點，同時我們需要一個二維陣列來標記訪問過的點，訪問過的點我們用紅色來表示，那麼如下圖所示：

我們再想想，怎麼樣可以成功的裝進去水呢，是不是周圍的高度都應該比當前的高度高，形成一個凹槽才能裝水，而且裝水量取決於周圍最小的那個高度，有點像木桶原理的感覺，那麼為了模擬這種方法，我們採用模擬海平面上升的方法來做，我們維護一個海平面高度mx，初始化為最小值，從1開始往上升，那麼我們BFS遍歷的時候就需要從高度最小的格子開始遍歷，那麼我們的queue就不能使用普通隊列了，而是使用優先順序佇列，將高度小的放在隊首，最先取出，這樣我們就可以遍歷高度為1的三個格子，用綠色標記出來了，如下圖所示：

如上圖所示，向周圍BFS搜尋的條件是不能越界，且周圍格子未被訪問，那麼可以看出上面的第一個和最後一個綠格子無法進一步搜尋，只有第一行中間那個綠格子可以搜尋，其周圍有一個灰格子未被訪問過，將其加入優先佇列queue中，然後標記為紅色，如下圖所示：

那麼優先佇列queue中高度為1的格子遍歷完了，此時海平面上升1，變為2，此時我們遍歷優先佇列queue中高度為2的格子，有3個，如下圖綠色標記所示：

我們發現這三個綠格子周圍的格子均已被訪問過了，所以不做任何操作，海平面繼續上升，變為4，遍歷所有高度為4的格子，如下圖綠色標記所示：

由於我們沒有特別宣告高度相同的格子在優先佇列queue中的順序，所以應該是隨機的，其實誰先遍歷到都一樣，對結果沒啥影響，我們就假設第一行的兩個綠格子先遍歷到，那麼那麼周圍各有一個灰格子可以遍歷，這兩個灰格子比海平面低了，可以存水了，把存水量算出來加入結果res中，如下圖所示：

上圖中這兩個遍歷到的藍格子會被加入優先佇列queue中，由於它們的高度小，所以下一次從優先佇列queue中取格子時，它們會被優先遍歷到，那麼左邊的那個藍格子進行BFS搜尋，就會遍歷到其左邊的那個灰格子，由於其高度小於海平面，也可以存水，將存水量算出來加入結果res中，如下圖所示：

等兩個綠格子遍歷結束了，它們會被標記為紅色，藍格子遍歷會先被標記紅色，然後加入優先佇列queue中，由於其周圍格子全變成紅色了，所有不會有任何操作，如下圖所示：

此時所有的格子都標記為紅色了，海平面繼續上升，繼續遍歷完優先佇列queue中的格子，不過已經不會對結果有任何影響了，因為所有的格子都已經訪問過了，此時等迴圈結束後返回res即可，參見程式碼如下：

class Solution {
public:
    int trapRainWater(vector<vector<int>>& heightMap) {
        if (heightMap.empty()) return 0;
        int m = heightMap.size(), n = heightMap[0].size(), res = 0, mx = INT_MIN;
        priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int>>, greater<pair<int, int>>> q;
        vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, false));
        vector<vector<int>> dir{{0,-1},{-1,0},{0,1},{1,0}};
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (i == 0 || i == m - 1 || j == 0 || j == n - 1) {
                    q.push({heightMap[i][j], i * n + j});
                    visited[i][j] = true;
                }
            }
        }
        while (!q.empty()) {
            auto t = q.top(); q.pop();
            int h = t.first, r = t.second / n, c = t.second % n;
            mx = max(mx, h);
            for (int i = 0; i < dir.size(); ++i) {
                int x = r + dir[i][0], y = c + dir[i][1];
                if (x < 0 || x >= m || y < 0 || y >= n || visited[x][y]) continue;
                visited[x][y] = true;
                if (heightMap[x][y] < mx) res += mx - heightMap[x][y];
                q.push({heightMap[x][y], x * n + y});
            }
        }
        return res;
    }
};

類似題目：

參考資料：