LeetCode(11) ContainerWithMostWater

题目如下:

Given n non-negative integers a1, a2, ..., an, where each represents a point at coordinate (i, ai). n vertical lines are drawn such that the two endpoints of line i is at (i, ai) and (i, 0). Find two lines, which together with x-axis forms a container, such that the container contains the most water.
Note: You may not slant the container.

一开始，最自然地想法是从左到右把数组遍历一下，暴力地使用了2层循环，时间复杂度为O(N²)提交了发现超时了。。。。

class Solution {public:    int maxArea(vector<int> &height) {        // IMPORTANT: Please reset any member data you declared, as        // the same Solution instance will be reused for each test case.        int area_max=0;        int area_tmp=0;        int height_min=0;        int i=0;        int j=(int)height.size()-1;        while(i<j) {            height_min=height[i]<height[j]?height[i]:height[j];            area_tmp = (j-i)*(height[i]<height[j]?height[i]:height[j]);            if(area_tmp>area_max)                area_max=area_tmp;            if(height[j]>height[i]) {                while(height[i]<=height_min) {                    i++;                }            } else {                while(height[j]<=height_min) {                j--;                }            }        //    std::cout<<"area_tmp="<<area_tmp<<", i="<<i<<" ,j="<<j<<", area_max="<<area_max<<std::endl;        }        return area_max;    }};

然后猜测，难道本题需要用动态规划，但是发现根本没法写状态转移方程。实在找不到办法了，却发现网上的解答中有非常简洁的O(N)时间复杂度的解答，应该说，算是一种贪心策略。

两个下标变量，分别表示数组的头部和尾部，逐步向中心推移。这个推移的过程是这样的：

假设现在是初始状态，下标变量i=0表示头部,下标变量j=height.size()，表示尾部，那么显然此时的容器的装水量取决一个矩形的大小，这个矩形的长度为j-i，高度为height[i]与height[j]的最小值(假设height[i]小于height[j])。接下来考虑是把头部下标i向右移动还是把尾部下标j向左移动呢?如果移动尾部变量j,那么就算height[j]变高了，装水量依然没有变得更大，因为短板在头部变量i。所以应该移动头部变量i。也就是说，每次移动头部变量i和尾部变量j中的一个，哪个变量的高度小，就把这个变量向中心移动。计算此时的装水量并且和最大装水量的当前值做比较。

解答如下，在LeetCode的OJ上用100ms通过。

class Solution {public:    int maxArea(vector<int> &height) {        int area_max=0;        int area_tmp=0;        int i=0;        int j=(int)height.size()-1;        while(i<j) {            area_tmp = (j-i)*(height[i]<height[j]?height[i]:height[j]);            if(area_tmp>area_max)                area_max=area_tmp;            if(height[j]>height[i])                i++;            else                j--;        }        return area_max;    }};

然后再考虑一下有没有优化的空间呢？

唯一能够想到是这里

            if(height[j]>height[i])                i++;            else                j--;

这里每次把变量i或者j移动1步。如果新的高度比老的高度还小，那显然还要继续移动，所以这里可以修改为每次移动多步。

 if(height[j]>height[i]) {                while((height[i]<=height_min)&&(i<j)){                    i++;                }            } else {                while((height[j]<=height_min)&&(i<j)) {                j--;                }            }

又提交了一下，晕，居然是112ms。比刚才的100ms还多。说明我优化错了:((((( ，看来比较带来的额外的开销还不如老老实地一步一步地移动。

小结

(1) 从两边向中间移动是个不错的办法。仔细想想也符合这道题算最大面积的风格。

(2)每次更新下标的时候，到底更新i还是更新j呢？这道题挺有意思的地方在于，更新的标准不是通常所理解的i或者j哪个一定更好就更新哪个，而是哪个可能更好就更新哪个，或者说，如果更新i一定会更差，那么就更新j看看不会不变好。