接雨水：每列的水，由两侧最高的墙决定
一格能存的水 = min(左最高, 右最高) − 自身。但真正让 O(1) 空间成立的是另一个事实：较矮一侧的水量，此刻就能确定。
对下标 i，水量 = min(leftMax, rightMax) − height[i]（负值取 0）。双指针从两端向中间走，维护左右各自见过的最高墙。因为较矮一侧的墙已经「锁死」了它那一侧的水位，所以总能安全地从矮侧结算并推进。时间 O(n)，空间 O(1)。
给定 n 个非负整数表示柱子的高度，每根柱宽为 1，计算下雨后能接多少雨水。
水只能存在「被左右更高的柱子夹住」的凹槽里。
这篇文章从一个单列的公式出发，再把公式「安全结算」的条件翻译成双指针——你会看到，O(n) 时间和 O(1) 空间不是魔法，而是「矮侧先死」这条事实的直接推论。
单列公式：水从哪来
先只盯着一根柱子 i。它能存多少水，取决于它的左右两边分别有多高的墙挡着——注意，是「分别最高」的那堵，而不是紧挨着的那堵。
水要留下来，左右都必须比 height[i] 高。水位线被较低的一侧决定（水会从矮的一侧溢出），所以：water[i] = min(leftMax[i], rightMax[i]) − height[i]。
若结果为负（某侧没有比它高的墙），则 water[i] = 0。总水量是每一列的 water[i] 之和。
以 [3, 0, 2, 0, 4, 1, 3] 为例，下标 1 的 0 被左最高 3、右最高 4 夹住：min(3,4) − 0 = 3，这是整道题水的最大来源。
单列公式水位线 = min(左最高, 右最高)。它不是墙本身，而是两侧墙能兜住水的最高水位。
朴素做法：每个位置都求两侧最高
公式给了，剩下的问题是怎么快速拿到每个位置的 leftMax 和 rightMax。
最直接的想法：先从左到右扫描一遍，记下每个位置左侧的最高墙 leftMax[i]；再从右到左扫一遍，记下 rightMax[i]。预处理两张表后，一遍求和。时间 O(n)，空间 O(n)。
这个解法完全正确，但它多用了 O(n) 的空间。接雨水这道题真正的考眼力之处在于：能不能去掉这两张表，把空间压到 O(1)？
答案是能——秘密藏在一个看似平凡的观察里：双指针从两端往中间走时，较矮一侧的水量此刻就能确定，不需要知道另一侧的全部信息。
关键洞察：矮侧先死
把两个指针 l 和 r 分别放在数组两端，让它们向中间收拢。维护两个变量：leftMax = 下标 0..l 中的最高墙，rightMax = 下标 r..n−1 中的最高墙。
现在比较 height[l] 和 height[r]。如果 height[l] < height[r]，那么下标 l 这一列的「右侧最高」已经不可能超过 rightMax（因为 rightMax 已经包含了 r 及右侧所有墙，而 rightMax ≥ height[r] > height[l]）。
更重要的结论：对于下标 l 这列，它的左最高就是 leftMax，它的右最高至少是 rightMax——但水位线取的是 min(左, 右)。既然 rightMax > height[l]，而水位线又 ≥ height[l]（否则 water 为 0），所以水位线实际由 leftMax 决定：water[l] = leftMax − height[l]（若为正）。
换句话说：较矮的一侧，它的最高墙已经被我们走过的这一侧完全掌握，可以直接结算，不需要再知道另一侧的细节。这就是「矮侧先死」——先结算矮的一侧，再把它推进。
矮侧先死height[l] < height[r] 时，l 列的水位由左侧完全确定；反之由右侧确定。这是 O(1) 空间的全部依据。
双指针完整跑一遍
用 [3, 0, 2, 0, 4, 1, 3] 全程验证。初始 l=0, r=6, leftMax=0, rightMax=0, total=0。
第 1 步：height[0]=3 < height[6]=3 不成立（相等走 else 分支），先更新 rightMax=max(0,3)=3，再 r−−。
第 2 步：l=0, r=5, height[0]=3 < height[5]=1 不成立，更新 rightMax=max(3,1)=3，r−−。
第 3 步：l=0, r=4, height[0]=3 < height[4]=4，走左分支：leftMax=max(0,3)=3，leftMax−height[l]=0，total+=0，l++。
第 4 步：l=1, r=4, height[1]=0 < 4：leftMax 不变 3，total += 3−0 = 3，l++。
第 5 步：l=2, r=4, height[2]=2 < 4：total += 3−2 = 1 → 4，l++。
第 6 步：l=3, r=4, height[3]=0 < 4：total += 3−0 = 3 → 7，l++。
第 7 步：l=4, r=4, height[4]=4 < 4 不成立，更新 rightMax=4，r−−。l 与 r 相遇，结束。
等一下——第 6 步时右侧最高还只是 3，为什么下标 3 的水敢按 3 结算？因为 height[3]=0 非常矮，min(leftMax, rightMax) 一定 ≥ 0，且 leftMax=3 已经确定是更矮的边界，所以 3 格水是安全的。这正是「矮侧先死」。
另一种实现：单调栈（思路）
双指针是这道题在 LeetCode 上最省空间的写法，但面试常被追问的还有一种「单调递减栈」的实现，它的思考角度完全不同：
栈内存的是「高度递减」的下标。遇到一个比栈顶高的墙时，说明栈顶那个位置是一个凹槽的底部——弹出它，凹槽的两侧就是「新的栈顶」和「当前墙」。
结算公式：宽 = 当前下标 − 新栈顶下标 − 1，高 = min(新栈顶高度, 当前墙高度) − 凹槽底高度。每弹出一个底部就结算一段。
单调栈的好处是每段凹槽精确结算、代码可读；双指针的好处是空间 O(1)。两者都基于同一个事实：水被「两侧更高的墙」围住。
双解法双指针和单调栈是同一道题的两面：前者按列结算，后者按凹槽整段结算。LC84 柱状图最大矩形用的是同款单调栈。
易错点与复杂度
第一个坑：双指针更新 leftMax/rightMax 的顺序。必须先「用旧的最高结算」，再「用新墙更新最高」——如果先更新再结算，会把墙自己当成挡板，多算水。
第二个坑：height[l] == height[r] 时走哪边。两边都可以，代码习惯走右分支（else），效果等价，因为相等时任何一侧结算都是 0。
第三个坑：边界列永远 0。下标 0 和 n−1 左侧或右侧没有墙，leftMax 或 rightMax 只能是它们自己，公式给 0。
时间 O(n)：每个下标至多被推进一次。空间 O(1)：双指针只用了四个变量。
面试表达先写公式、再讲「矮侧先死」、最后落双指针。一句「较矮的一侧，其最高墙已被掌握」足以证明你不是背答案。
Go：双指针 O(1) 空间
func trap(height []int) int {l, r := 0, len(height)-1leftMax, rightMax, water := 0, 0, 0for l < r {if height[l] < height[r] {if height[l] >= leftMax {leftMax = height[l]} else {water += leftMax - height[l]}l++} else {if height[r] >= rightMax {rightMax = height[r]} else {water += rightMax - height[r]}r--}}return water}
1左右指针从两端出发。
2leftMax/rightMax 各自维护走过区域最高墙。
3较矮一侧先结算：左矮走左分支。
4当前墙更新最高，或结算差值水。
5结算完推进指针。
6右矮走右分支，对称处理。
7相遇即结束，返回累计水量。
总结
接雨水 = 每列取 min(左最高, 右最高) − 自身；矮侧先死，O(1) 空间。
- 单列公式是起点：water[i] = min(leftMax, rightMax) − height[i]。
- 「矮侧先死」：较矮一侧的水位已被这一侧完全确定，可安全结算。
- 双指针 O(1) 空间，时间 O(n)；单调栈按凹槽结算也是常见答案。
- 边界列必为 0，先结算再更新最高，是两道最常踩的坑。