leetcode_11 盛最多水的容器

1. 题意

直接复制过来。

给定一个长度为 n 的整数数组 height 。有 n 条垂线，第 i 条线的两个端点是 (i, 0) 和 (i, height[i]) 。

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。

返回容器可以储存的最大水量。

说明：你不能倾斜容器。

其实就是给定一个数组$height$，

我们令$w(i,j)$表示容器以$i$为左端点，以$j$为右端点时能装多少水。

即
$$w(i,j)=\min (height[i],height[j])\times (j-i)$$

最终的目标相当于
max⁡{w(i,j)},0≤i<j<height.size()\max \left\{ w(i,j)\right\},\quad 0 \le i <j <height.size() max{w(i,j)},0≤i<j<height.size()

2. 题解

2.1 暴力

直接枚举左右端点的位置，时间复杂度$O(n^2)$。

这里的枚举是固定左，枚举右。

class Solution {
public:int maxArea(vector<int>& height) {int n = height.size();int ans = 0;for (int i = 0; i < n - 1;i++) {for (int j = i + 1; j < n; ++j) {int water = (j - i) * min(height[j], height[i]);ans = max(ans, water);}}return ans;}
};

2.2 单调数组

其实这里也还是枚举，只不过是固定右端点，枚举左端点。

假设我们枚举的右端点此时为$j$，那么我们需要$j$之前的所有端点吗？

不！比如说$i<k<j$且$height[i]\ge height[k]$，我们很容易就能得到

$w(i,j)>w(k,j)$，说明这个$k$我们不需要加入到左端点的列表中去了。

也就是说对于左端点列表来说，它必然是单调递增的。

再通俗一点就是，靠近左边的元素它先跑，后面的元素要想赶得上必然

速度要比前面的快才有可能超过前面的元素。

时间复杂度还是$O(n^2)$

class Solution {
public:int maxArea(vector<int>& height) {int n = height.size();int ans = 0;vector<int> inc;inc.push_back(0);int cnt = 1;for (int i = 1; i < n;i++) {for (int j = 0;j < cnt; ++j) {ans = max(ans, min(height[i], height[inc[j]]) * (i - inc[j]) );}if (height[i] > *inc.rbegin()) {inc.push_back(i);++cnt;}}return ans;}
};

2.3 双指针+贪心

先说下思路，左右相向双指针，哪边小哪边就往中间移动。

这个思路反正我是想不到的，大概只有做过的人知道吧！

还是证明下这个策略的正确性。

我们假设此时左指针为$i$，

右指针为$j$，且$i<j,height[i]>height[j]$。

按照上面的策略，我们知道需要将右指针$j$往左移，

此时我们考虑我们并没有实际计算的部分，

也就是$w(k,j),i<k<j$。

$w(k,j)$的值有没有可能才是我们的最大值呢 ？

实际上是不可能的！

因为$w(k,j)\le height[j]\times (j-k)<height[j]\times (j-i)=w(i,j)$。

对于$height[i]<height[j]$的情况同理。

综上，所以说这种策略是正确的！

下面来看无人在意的代码部分

class Solution {
public:int maxArea(vector<int>& height) {int n = height.size();int i = 0;int j = n - 1;int ans = 0;while (i < j) {ans = max( ans, min(height[i], height[j]) * (j - i) );if (height[i] < height[j])i++;elsej--;}return ans;}
};

3. 参考

krahets