接雨水（Trapping Rain Water）

解題思路

本解法採用雙指針（Two Pointers）策略，從陣列兩端向中間收攏，以 O(1) 空間計算接水量。

核心邏輯基於「木桶效應」：每個位置能積蓄的雨水量，取決於其左側最大高度與右側最大高度中的較小值，再減去該位置本身的高度。然而，直接預計算左右最大值會消耗 O(n) 空間。此演算法透過維護兩個變數 lmx（左指針左側含自身遇到的最大高度）與 rmx（右指針右側含自身遇到的最大高度），動態決定當前應處理哪一端。

關鍵判斷在於比較 height[l] 與 height[r]：

1. 若 height[l] < height[r]，代表左側邊界較低。此時，無論右側內部情況如何，左指針位置 l 的右側最大高度必然大於或等於 height[r]，因此 l 位置的實際限制高度由 lmx 決定。故累加 lmx - height[l] 至總雨量，並將左指針右移。
2. 反之，若 height[l] >= height[r]，代表右側邊界較低或相等。同理，右指針位置 r 的左側最大高度必然大於或等於 height[l]，其限制高度由 rmx 決定。故累加 rmx - height[r] 至總雨量，並將右指針左移。

此策略確保在每一步中，我們只處理邊界較低的那一端，因為該端的積水量可以確定（另一側必然存在足夠高的屏障）。當兩指針相遇時，所有位置均被處理完畢。

通過的程式碼

class Solution:
    def trap(self, height: List[int]) -> int:
        ans = 0
        l, r = 0, len(height)-1
        lmx, rmx = 0, 0

        while l< r:
            lmx = max(lmx, height[l])
            rmx = max(rmx, height[r])

            if height[l] < height[r]:
                ans += lmx - height[l]
                l+=1
            else:
                ans += rmx - height[r]
                r-=1
        return ans