leetcode题解之盛最多水的容器

给你 n 个非负整数 a₁，a_2，...，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, a_i) 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

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方法一：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。

下面的动画也给出了这个示例的过程：

1 / 8

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 $x \leq y$。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 $y_1$，两个指针之间的距离为 $t_1$，那么显然有 $t_1 < t$，并且 $\min(x, y_1) \leq \min(x, y)$：

• 如果 $y_1 \leq y$，那么 $\min(x, y_1) \leq \min(x, y)$；

• 如果 $y_1 > y$，那么 $\min(x, y_1) = x = \min(x, y)$。

因此有：

$\min(x, y_t) * t_1 < \min(x, y) * t$

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。

• C++
• Java
• Python3

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

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;
    }
}

class Solution:
    def maxArea(self, height: List[int]) -> int:
        l, r = 0, len(height) - 1
        ans = 0
        while l < r:
            area = min(height[l], height[r]) * (r - l)
            ans = max(ans, area)
            if height[l] <= height[r]:
                l += 1
            else:
                r -= 1
        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。