【LeetCode 热题 100】盛最多水的容器

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【LeetCode 热题 100】盛最多水的容器

📝题目描述
💡提示信息
核心分析：面积如何计算？
解法一：暴力枚举法
解法二：双指针法（最优解）
- 为什么移动较短的那根柱子？（数学证明）
总结

📝题目描述

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。

示例 1：

bash 复制代码

输入：[1,8,6,2,5,4,8,3,7]
输出：49

解释： 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 2：

java 复制代码

输入：height = [1,1]
输出：1

💡提示信息

n == height.length；
2 <= n <= 10 5 10^5 105；
0 <= height $i$ <= 10 4 10^4 104；

核心分析：面积如何计算？

我们要找的是最大面积。假设我们选择了两条线，索引分别为 i i i 和 j j j（假设 i < j i < j i<j），它们的高度分别为 h e i g h t $i$ height $i$ height $i$ 和 h e i g h t $j$ height $j$ height $j$ 。

容器的面积公式为：
A r e a = 宽度 × 高度 Area = \text{宽度} \times \text{高度} Area=宽度×高度
A r e a = ( j − i ) × min ⁡ ( h e i g h t $i$ , h e i g h t $j$ ) Area = (j - i) \times \min(height $i$ , height $j$ ) Area=(j−i)×min(height $i$ ,height $j$ )

这意味着，容器的盛水量取决于两个因素：

底边的宽度：两根柱子的距离；
短板的高度：两根柱子中较短的那一根（木桶效应）；

解法一：暴力枚举法

暴力枚举法是最直观的思路是，需要尝试所有的组合：

外层循环从第 1 根柱子开始；
内层循环遍历该柱子后面的所有柱子；
计算每一对组合的面积，并更新最大值；

Java 代码实现

java 复制代码

class Solution {
    public int maxArea(int[] height) {
        int maxArea = 0;
        for(int i = 0; i<height.length; i++){
            for(int j = i + 1; j<height.length; j++){
                int width = j - i;
                int h = Math.min(height[i],height[j]);
                maxArea = Math.max(maxArea, width * h);
            }
        }
        return maxArea;
    }
}

提交代码，运行结果如下：

时间复杂度： O ( N 2 ) O(N^2) O(N2)。我们需要计算 N ( N − 1 ) / 2 N(N-1)/2 N(N−1)/2 对组合；
空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)；

此方式逻辑上行得通，但是数组很大时，此方法会超时，因此不推荐使用，更推荐使用双指针法实现。

解法二：双指针法（最优解）

为了优化时间复杂度，我们需要一种更聪明的方法来排除不必要的计算。这就是双指针法。

算法思路

初始化两个指针：left 指向数组头部（0），right 指向数组尾部（n-1）。此时宽度最大；
计算当前 left 和 right 围成的面积，并更新最大面积；
关键步骤： 移动指针。（移动较短的柱子 ）
- 如果 height[left] < height[right]，则移动 left（left++）。
- 如果 height[left] >= height[right]，则移动 right（right--）。
重复步骤 2 和 3，直到 left 和 right 相遇。

为什么移动较短的那根柱子？（数学证明）

这是本题最难理解也最精彩的地方。假设当前 height[left] < height[right]。此时面积 S = h e i g h t $l e f t$ × ( r i g h t − l e f t ) S = height $left$ \times (right - left) S=height $left$ ×(right−left)。

如果我们移动较高的柱子（即 right--）：

宽度 ( r i g h t − l e f t ) (right - left) (right−left) 必然减小；
高度取决于 min ⁡ ( h e i g h t $l e f t$ , h e i g h t $n e w _ r i g h t$ ) \min(height $left$ , height $new\\_right$ ) min(height $left$ ,height $new_right$ )。因为高度受限于较短的 height $left$ ，无论 new_right多高，最终使用的高度都不可能超过 height $left$ 。
结论： 移动较高的柱子时，宽度变小，高度不变或变小 → \rightarrow → 面积一定变小。

反之，如果我们移动较短的柱子（即 left++）：

宽度 ( r i g h t − l e f t ) (right - left) (right−left)必然减小；
但是，新的高度 height[new_left] 可能会比原来的 height[left] 更高，从而可能抵消宽度的损失，甚至获得更大的面积。

一句话总结：只有移动短板，才有可能在宽度减小的情况下，通过增加高度来获得更大的面积。

Java 代码实现如下：

java 复制代码

public class Solution {
    public int maxArea(int[] height) {
        int left = 0;
        int right = height.length - 1;
        int maxArea = 0;

        while (left < right) {
            // 计算当前面积
            // 宽度是 right - left
            // 高度取两者的较小值
            int currentArea = Math.min(height[left], height[right]) * (right - left);
            
            // 更新最大面积
            maxArea = Math.max(maxArea, currentArea);

            // 移动指针策略：谁短移谁
            if (height[left] < height[right]) {
                left++;
            } else {
                right--;
            }
        }

        return maxArea;
    }
}

运行结果如下：

进一步优化代码：

java 复制代码

class Solution {
    public int maxArea(int[] height) {
        int max = 0;
        // 使用局部变量缓存数组长度
        int len = height.length;

        // 双指针
        int left = 0;
        int right = len - 1;

        while (left < right) {
            // 1. 缓存当前高度，避免重复访问数组
            int hLeft = height[left];
            int hRight = height[right];

            // 2. 计算宽度
            int width = right - left;

            // 3. 计算高度和移动指针
            if (hLeft < hRight) {
                // 左边矮，用左边算面积，左指针右移
                // 三元运算符替换原有 Math.min/Math.max
                int area = hLeft * width;
                max = area > max ? area : max;
                left++;
            } else {
                // 右边矮（或相等），用右边算面积，右指针左移
                int area = hRight * width;
                if (area > max) max = area;
                right--;
            }
        }
        return max;
    }
}

提交代码，运行结果如下：

复杂度分析

时间复杂度： O ( N ) O(N) O(N)。双指针从两端向中间遍历，每个元素最多被访问一次。
空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)。只需要常数级别的额外空间存储指针和最大面积。

总结

暴力法虽然简单，但在大数据量下不可行；
双指针法利用了"短板效应"这一特性，通过每次移动短板的策略，成功将 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2) 优化到了 O ( N ) O(N) O(N)；

希望这篇解析能帮你彻底掌握这道题！Happy Coding! 🚀