按列结算是这道题最好懂的角度：第 i 列能接的水等于 min(左边最高, 右边最高) - height[i]。照着这个式子最直接的实现是预处理两个数组——left_max[i] 记录第 i 列及其左侧的最高柱子，right_max[i] 记录第 i 列及其右侧的最高柱子——时间 O(n)，但空间也要 O(n)。

仔细想想就会发现这两个数组是浪费的：计算第 i 列时，我们其实只需要 min(left_max, right_max) 这一个值，而不需要两者都精确知道。只要能确定谁是较小的那个，就可以立刻算出这一列的水量——这正是省掉数组的突破口。

设左右指针 left、right，同时维护「左指针走过区域的最大值」left_max 和「右指针走过区域的最大值」right_max。关键洞察是：如果 height[left] < height[right]，那么可以断定左边是短板。理由是此时 left_max 一定不超过右侧真正的最大值（因为右侧至少有 height[right] > height[left] 这根柱子在），所以 min(真正的左max, 真正的右max) 就等于当前的 left_max，第 left 列的水量可以放心算成 left_max - height[left]，然后 left 右移。

反之若 height[left] >= height[right]，则右边是短板，结算右侧并让 right 左移。两个指针相向而行直到相遇，每一列恰好被结算一次。

这样时间仍是 O(n)，但空间从 O(n) 降到 O(1)，是本题的最优解。写代码时的顺序很重要：先更新 max，再累加水量，这样 left_max >= height[left] 恒成立，累加值永远非负。