LeetCode OJ Container With Most Water 容器的最大装水量
题意:在坐标轴的x轴上的0,1,2,3,4、、、、n处有n+1块木板,长度不一,任两块加上x轴即可构成一个容器,其装水面积为两板的间距与较短板长之积,以vector容器给出一系列值,分别代表在0,1,2,3,4、、、vector.size()-1共size个短板,是连续的,不排除有板长为0的可能性,但是至少有两块板。根据所给板长,求任两板与x轴所能构成的最大面积并返回。
代码:
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1 class Solution { 2 public: 3 int maxArea(vector<int> &height) { 4 int maxArea = 0, area; 5 int left = 0, right = height.size() - 1; 6 while (left < right) { 7 area = (right - left) * (height[left] < height[right] ? height[left] : height[right]); 8 maxArea = (maxArea > area) ? maxArea : area; 9 if (height[left] < height[right]) 10 ++left; 11 else 12 --right; 13 } 14 return maxArea; 15 } 16 };
思路:
i, j分别从头尾开始遍历,面积 area = min(height[j], height[i]) * (j-i),当height[i] < height[j]时,此时面积 area = height[i] * (j-i); 由于i是短板,不管跟其右边的哪块板组合,它能达到的最大面积取决于 j-i(即两板之间的距离),而此时的j-i的值是最大的,因此,此面积即为以i为左边界、以j为右边界的当前最大面积,然后++i(即将短的边界往中移,寻找更高的且能使面积更大的板,更新area,继续++i,直到i板比j板高,才开始移动右边界j板);同理得j的变化。因为对于i, j,总有一个是短板(相等则随机取一个即可),每次是短板的就发生变化,因此覆盖了所有情况。
从式子area = height[i] * (j-i)开始分析更容易理解,当前面积已经是area,若要使其更大,必须改变i或j的值(式子中也就两个自变量),改变了j的值,(j-i)只会更小,而height[i]没变,那么area就变小。如果改变了i的值,(j-i)也会更小,但是height[i]会变化了,只要height[i]的值比构成当前最大面积的短板更大就有可能使area变大。现在问题转化成寻找一块比i更长的板以试图扩大area,那么从i+1开始往右逐个遍历,首先寻找一个更大的板B,判断height[B]*(j-B)是否大于area,若是,i=B,若否,继续遍历。在每次寻找到一块更高的板时,需要判断是否需要换方向遍历,因为从一开始的假设就是i为短板,若j为短板,则需要将j往左遍历了,理同i(一样是用式子来分析)。
每个板最多才遍历一次,所以算法复杂度O(n),其他算法不一定可行,会超时。若不考虑超时,可以穷举任两板来构成最大面积,当然还可以进行剪枝,比如:当以第i块板来与其左边所有板配合,想要找一个更大的面积,必须板间距必须大于当前area/height[i],可以剪掉距离i板为area/height[i]以下的一些板的计算。