LeetCode 11 - 盛最多水的容器 - [双指针暴力]

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了LeetCode 11 - 盛最多水的容器 - [双指针暴力]相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

题目链接:https://leetcode-cn.com/problems/container-with-most-water/description/

给定 n 个非负整数 $a_1,a_2,cdots,a_{n-1},a_n$,每个数代表坐标中的一个点 $(i, a_i)$。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。

示例:

输入: [1,8,6,2,5,4,8,3,7]
输出: 49

 

(引用来自官网上的)题解:

这种方法背后的思路在于,两线段之间形成的区域总是会受到其中较短那条长度的限制。此外,两线段距离越远,得到的面积就越大;

我们在由线段长度构成的数组中使用两个指针,一个放在开始,一个置于末尾;

此外,我们会使用变量 maxarea 来持续存储到目前为止所获得的最大面积;

在每一步中,我们会找出指针所指向的两条线段形成的区域,更新 maxarea,并将指向较短线段的指针向较长线段那端移动一步。

说实话,其实算法过程非常简单,实现起来也就个位数行的代码,但是,怎么证明这样的算法是正确的呢?

 

证明(以下参考https://segmentfault.com/a/1190000016654619):

假设最优解的容器的两个边界在位置 $L$ 和 $R$,高度为 $h(L)$ 和 $h(R)$,那么根据算法,由于每次左右指针中只有一个能移动一步,那么必然有一个先到达两个边界中的一个,

不妨假设是左指针先走到 $L$,即 $l=L$;那么此时右指针必然还没有走到 $R$,即 $r > R$;

那么,只要证明如下假设:接下来的每一步都只能是右指针左移一格,左指针始终不能动。就意味着我们的算法在枚举过程中,必然会在某一步走到最优解,从而使得算法得到的答案正确;

采用反证法:

若上述假设不成立,则意味着如下假设成立:必然存在某一步,是左指针右移一格,而右指针没有动;

则根据以上描述可知,在这一步的时候:$l=L<R<r$ 且 $h(l) = h(L) < h(r)$,由此可知此时边界为 $l$ 和 $r$ 的容器的容量 $S$ 为

$S = hleft( l ight) imes left( {r - l} ight) = hleft( L ight) imes left( {r - l} ight)$

然而,此时我们根据 $r > R Rightarrow r - l > R - l = R - L$ 又有

$S = hleft( L ight) imes left( {r - l} ight) > min left( {hleft( L ight),hleft( R ight)} ight) imes left( {R - L} ight)$

很明显,$min left( {hleft( L ight),hleft( R ight)} ight) imes left( {R - L} ight)$ 已经是最大的容积了,显然不应当存在不这还大的容器,

因此,证明了假设:当左指针先走到 $L$ 时,接下来的每一步都只能是右指针左移一格,左指针始终不能动;

类似地,也可以证明,当右指针先走到 $R$ 时,接下来的每一步都只能是左指针右移一格,右指针始终不能动;

证毕。

 

AC代码:

class Solution
{
public:
    int maxArea(vector<int>& height)
    {
        int mx=0,l=0,r=height.size()-1;
        while(l<r)
        {
            mx=max(mx,min(height[l],height[r])*(r-l));
            if(height[l]<height[r]) l++;
            else r--;
        }
        return mx;
    }
};

 

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算法leetcode|11. 盛最多水的容器(rust重拳出击)

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LeetCode 11 盛最多水的容器

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11. 盛最多水的容器(LeetCode记录)