算法：盛最多水的容器。

古城微笑少年丶 2022-11-25 10:26 135阅读 0赞

给你 n 个非负整数 a1，a2，...，an，每个数代表坐标中的一个点 (i, ai) 。在坐标内画 n 条垂直线，垂直线 i 的两个端点分别为 (i, ai) 和 (i, 0)。找出其中的两条线，使得它们与 x 轴共同构成的容器可以容纳最多的水。

**说明：你不能倾斜容器，且 n 的值至少为 2。**

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图中垂直线代表输入数组 \[1,8,6,2,5,4,8,3,7\]。在此情况下，容器能够容纳水（表示为蓝色部分）的最大值为 49。

# 示例 #

> 输入：\[1,8,6,2,5,4,8,3,7\]  
> 输出：49

# 双指针 #

## 说明 ##

本题是一道经典的面试题，最优的做法是使用「双指针」。如果读者第一次看到这题，不一定能想出双指针的做法。

## 分析 ##

我们先从题目中的示例开始，一步一步地解释双指针算法的过程。稍后再给出算法正确性的证明。

题目中的示例为：

> \[1, 8, 6, 2, 5, 4, 8, 3, 7\]  
>  ^                       ^

在初始时，左右指针分别指向数组的左右两端，它们可以容纳的水量为 min(1,7)∗8=8。

此时我们需要移动一个指针。移动哪一个呢？直觉告诉我们，应该移动对应数字较小的那个指针（即此时的左指针）。这是因为，由于容纳的水量是由

**     两个指针指向的数字中较小值 \* 指针之间的距离**

决定的。如果我们移动数字较大的那个指针，那么前者「两个指针指向的数字中较小值」不会增加，后者「指针之间的距离」会减小，那么这个乘积会减小。因此，我们移动数字较大的那个指针是不合理的。因此，我们移动 **数字较小的那个指针**。

> 有读者可能会产生疑问：我们可不可以同时移动两个指针？ 先别急，我们先假设 总是移动数字较小的那个指针 的思路是正确的，在走完流程之后，我们再去进行证明。

所以，我们将左指针向右移动：

> \[1, 8, 6, 2, 5, 4, 8, 3, 7\]  
>     ^                    ^

此时可以容纳的水量为 min(8,7)∗7=49。由于右指针对应的数字较小，我们移动右指针：

> \[1, 8, 6, 2, 5, 4, 8, 3, 7\]  
>     ^                 ^

此时可以容纳的水量为 min(8,3)∗6=18。由于右指针对应的数字较小，我们移动右指针：

> \[1, 8, 6, 2, 5, 4, 8, 3, 7\]  
>     ^              ^

此时可以容纳的水量为 min(8,8)∗5=40。两指针对应的数字相同，我们可以任意移动一个，例如左指针：

> \[1, 8, 6, 2, 5, 4, 8, 3, 7\]  
>        ^           ^

此时可以容纳的水量为 min(6,8)∗4=24。由于左指针对应的数字较小，我们移动左指针，并且可以发现，在这之后左指针对应的数字总是较小，因此我们会一直移动左指针，直到两个指针重合。在这期间，对应的可以容纳的水量为：min(2,8)∗3=6，min(5,8)∗2=10，min(4,8)∗1=4。

在我们移动指针的过程中，计算到的最多可以容纳的数量为 49，即为最终的答案。

## 证明 ##

为什么双指针的做法是正确的？

> 双指针代表了什么？

双指针代表的是 可以作为容器边界的所有位置的范围。在一开始，双指针指向数组的左右边界，表示 数组中所有的位置都可以作为容器的边界，因为我们还没有进行过任何尝试。在这之后，我们每次将 对应的数字较小的那个指针 往 另一个指针 的方向移动一个位置，就表示我们认为 这个指针不可能再作为容器的边界了。

> 为什么对应的数字较小的那个指针不可能再作为容器的边界了？

在上面的分析部分，我们对这个问题有了一点初步的想法。这里我们定量地进行证明。

考虑第一步，假设当前左指针和右指针指向的数分别为 x 和 y，不失一般性，我们假设 x≤y。同时，两个指针之间的距离为 t。那么，它们组成的容器的容量为：

***       min(x,y)∗t=x∗t***

我们可以断定，如果我们保持左指针的位置不变，那么无论右指针在哪里，这个容器的容量都不会超过 x \* t了。注意这里右指针只能向左移动，因为 我们考虑的是第一步，也就是 指针还指向数组的左右边界的时候。

我们任意向左移动右指针，指向的数为  y1，两个指针之间的距离为 t 1，那么显然有 t1 < t，并且 min(x,y1 )≤min(x,y)：

*  如果 y1 ≤ y，那么 min(x,y1 ) ≤ min(x,y)；
 *  如果 y1 > y，那么 min(x,y1 ) = x = min(x,y)。

因此有：

**min(x,yt )∗t1 < min(x,y)∗t**

即无论我们怎么移动右指针，得到的容器的容量都小于移动前容器的容量。也就是说，**这个左指针对应的数不会作为容器的边界了，**那么我们就可以丢弃这个位置，**将左指针向右移动一个位置**，此时新的左指针于原先的右指针之间的左右位置，才可能会作为容器的边界。

这样以来，我们将问题的规模减小了 1，被我们丢弃的那个位置就相当于消失了。此**时的左右指针，就指向了一个新的、规模减少了的问题的数组的左右边界**，因此，我们可以继续像之前 考虑第一步 那样考虑这个问题：

*  求出当前双指针对应的容器的容量；
 *  对应数字较小的那个指针以后不可能作为容器的边界了，将其丢弃，并移动对应的指针。

> 最后的答案是什么？

答案就是我们每次以双指针为左右边界（也就是「数组」的左右边界）计算出的容量中的最大值。

public class Solution {
        public int maxArea(int[] height) {
            int l = 0, r = height.length - 1;
            int ans = 0;
            while (l < r) {
                int area = Math.min(height[l], height[r]) * (r - l);
                ans = Math.max(ans, area);
                if (height[l] <= height[r]) {
                    ++l;
                }
                else {
                    --r;
                }
            }
            return ans;
        }
    }

**复杂度分析**

*  时间复杂度：O(N)，双指针总计最多遍历整个数组一次。
 *  空间复杂度：O(1)，只需要额外的常数级别的空间。

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