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; } };
以上是关于LeetCode 11 - 盛最多水的容器 - [双指针暴力]的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章
算法leetcode｜11. 盛最多水的容器（rust重拳出击）