11. 盛最多水的容器
给定 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。
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
第一版，速度太慢
intmaxArea(vector<int>&height) {
intlen=height.size();
intmostWater=0;
for (inti=0,row,col; i<len; ++i)
{
for (intj=i+1; j<len; ++j)
{
row=j-i;
col=min(height[i], height[j]);
mostWater=row*col>mostWater?row*col : mostWater;
}
}
returnmostWater;
}
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第二版 双指针，很快
intmaxArea(vector<int>&height) {
inthigh=height.size()-1,low=0;
intmostWater=0,temp;
while (low<high)
{
temp= (high-low) *min(height[low], height[high]);
mostWater=mostWater>temp?mostWater : temp;
if (height[low] <=height[high]) low++;
elsehigh--;
}
returnmostWater;
}
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官方题解：
最初我们考虑由最外围两条线段构成的区域。现在，为了使面积最大化，我们需要考虑更长的两条线段之间的区域。如果我们试图将指向较长线段的指针向内侧移动，矩形区域的面积将受限于较短的线段而不会获得任何增加。但是，在同样的条件下，移动指向较短线段的指针尽管造成了矩形宽度的减小，但却可能会有助于面积的增大。因为移动较短线段的指针会得到一条相对较长的线段，这可以克服由宽度减小而引起的面积减小。
比较经典的介绍
思路：算法流程： 设置双指针 ii,jj 分别位于容器壁两端，根据规则移动指针（后续说明），并且更新面积最大值 res，直到 i == j 时返回 res。
指针移动规则与证明： 每次选定围成水槽两板高度 h[i]h[i],h[j]h[j] 中的短板，向中间收窄 11 格。以下证明：
设每一状态下水槽面积为 S(i, j)S(i,j),(0 <= i < j < n)(0<=i<j<n)，由于水槽的实际高度由两板中的短板决定，则可得面积公式 S(i, j) = min(h[i], h[j]) × (j - i)S(i,j)=min(h[i],h[j])×(j−i)。在每一个状态下，无论长板或短板收窄 11 格，都会导致水槽 底边宽度 -1−1：若向内移动短板，水槽的短板 min(h[i], h[j])min(h[i],h[j]) 可能变大，因此水槽面积 S(i, j)S(i,j) 可能增大。若向内移动长板，水槽的短板 min(h[i], h[j])min(h[i],h[j]) 不变或变小，下个水槽的面积一定小于当前水槽面积。因此，向内收窄短板可以获取面积最大值。换个角度理解：若不指定移动规则，所有移动出现的 S(i, j)S(i,j) 的状态数为 C(n, 2)C(n,2)，即暴力枚举出所有状态。在状态 S(i, j)S(i,j) 下向内移动短板至 S(i + 1, j)S(i+1,j)（假设 h[i] < h[j]h[i]<h[j] ），则相当于消去了 {S(i, j - 1), S(i, j - 2), ... , S(i, i + 1)}S(i,j−1),S(i,j−2),...,S(i,i+1) 状态集合。而所有消去状态的面积一定 <= S(i, j)<=S(i,j)：短板高度：相比 S(i, j)S(i,j) 相同或更短（<= h[i]<=h[i]）；底边宽度：相比 S(i, j)S(i,j) 更短。因此所有消去的状态的面积都 < S(i, j)<S(i,j)。通俗的讲，我们每次向内移动短板，所有的消去状态都不会导致丢失面积最大值 。复杂度分析：
时间复杂度 O(N)O(N)，双指针遍历一次底边宽度 NN 。空间复杂度 O(1)O(1)，指针使用常数额外空间。
