关于《盛水最多的容器》问题的思考

合集 - LeetCode(1)

1.关于《盛水最多的容器》问题的思考2023-11-05

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在力扣 #11 问题里，我们可能会陷入这样的误区：装水的容器内部（即两侧的挡板之间）不能存在一个高于水平面的挡板。其实应该理解为，选中两块板，然后拆掉中间的所有板，求能放入由两者、$X$ 轴所限定区域的最大矩形面积。

这个面积的表示可以用数学符号来表示，下面我们将这个问题数学符号化。设每个挡板的高度为 $H_n$，其中 $0⩽n⩽N-1$，$N$ 是挡板的数量。任意两块挡板，设序号为 $a$ 和 $b$ 且满足 $0⩽a\le b⩽N-1$，则由这两块挡板和 $X$ 轴限定的最大矩形面积可以表示为：

$$area=(b-a)\times min\{H_a,H_b\}$$

于是，问题转换为：设 $0⩽a<b⩽N-1$ ，求 $area$ 最大值。

刚看到这个问题的时候，我们很难不考虑遍历所有的可能性。这个方法一定可以找出最终的结果，但是却显得非常不优雅且低效。假设我们从 $0$ 号挡板开始判断，那么每一个挡板都需要依次与编号比它大的所有挡板进行计算比较。所以可以用数学符号表示每一个挡板的比较次数 $C_n$ 为：

$$\begin{array}{rl}{C}_0=& N-1\\ C_1=& N-2\\ \dots \\ C_{N-3}=& 2\\ C_{N-2}=& 1\end{array}$$

也就是：

$$\begin{array}{rl}C& =\sum _0^{N-1}{C}_n\\ & =(N-1)+(N-2)+\cdots +2+1\\ & =\frac{N\times (N-1)}{2}\\ & =\mathrm{O}(N^2)\end{array}$$

即：把单次计算和比较看作一次原子操作，那么整个遍历过程的时间复杂度为 $\mathrm{O}(N^2)$。显然这样的方式不是我们想要的，我们需要思考一种复杂度更低的方式。

不妨考虑这样一种情况，如果我们已经知道最大值就在某个范围内，如何选择下一个值来进行比较？比如我们在某一次判断过程中，已知 $H_a<H_b$ 。那么下一步就要判断需要判定 $[a,b-1]$ 还是 $[a+1,b]$ 了。

$$\begin{array}{rl}area& =(b-a)\times min\{H_a,H_b\}\\ & =(b-a)\times H_a\end{array}$$

方案一，考虑 $[a,b-1]$，此时分两种情况：

情况 A，若 $H_{b-1}⩽H_b$：

$$\begin{array}{rl}are{a}^{\prime }& =(b-1-a)\times min\{H_a,H_{b-1}\}\\ & ⩽(b-1-a)\times min\{H_a,H_b\}\\ & <(b-a)\times min\{H_a,H_b\}\\ & =(b-a)\times H_a\end{array}$$

情况 B，若 $H_{b-1}>H_b$：

$$\begin{array}{rl}are{a}^{\prime }& =(b-1-a)\times min\{H_a,H_{b-1}\}\\ & =(b-1-a)\times H_a\\ & <(b-a)\times H_a\end{array}$$

可见，从 $b$ 位置的挡板切换到 $b-1$ 时，一定有 $are{a}^{\prime }<area$。

方案二，考虑 $[a+1,b]$，此时分两种情况：

情况 A，若 $H_a⩾H_{a+1}$：

$$\begin{array}{rl}are{a}^{\prime }& =(b-a-1)\times min\{H_{a+1},H_b\}\\ & =(b-a-1)\times min\{H_a,H_b\}\\ & <(b-a)\times H_a\end{array}$$

情况 B，若 $H_a<H_{a+1}$：

$$\begin{array}{rl}are{a}^{\prime }& =(b-a-1)\times min\{H_{a+1},H_b\}\end{array}$$

可见：

• 从较短的一边 $a$ 位置的挡板切换到 $a+1$ 时，如果 $H_a⩾H_{a+1}$ ，则 $are{a}^{\prime }<area$ 一定成立；
• 而 $H_a<H_{a+1}$ 时可能出现 $are{a}^{\prime }>area$ 的情况。

同理，若 $H_a⩾H_b$，上述结论仍然成立。

综上，如果已知最大值在范围 $[a,b]$，那么想要找到下一个潜在的更大的值，必须要将两端较短的一个向着另一边移动。在这个理论之下，我们可以摒弃很多无用的检查，可以一直重复上述移动过程直到最终两个端点挨到一起。这样一来，每一个高度值只会被判断一次，整体的时间复杂度就是 $\mathrm{O}(N)$。