原題鏈接Container With Most Water

意思是有n個坐標點，橫坐標是索引，縱坐標給出，從每個點向x軸做垂線，求最大面積

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蠻力法將所有情況都判斷一遍復雜度在O(n2)，兩層for循環。
優化的話，可以考慮使用動態規劃，dp[i][j]表示從i到j這個范圍最大的面積，但是后來發現仍然復雜度過高，看了答案發現自己好蠢。。。

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首先還是先看動態規劃把，然后在這個基礎上進行優化。
dp含義如上，假設當前位置在i, j，所以dp[i][j]有以下幾種取值

(j - i) * min(height[i], height[j])，這是將i和j作為兩個邊界，算出面積

dp[i + 1][j]

dp[i][j - 1]

后兩個就是動態向中間縮，然后dp[i][j]的值其實就是這三個中的最大那個。
然而，考慮一個問題，假設height[i] < height[j]，那么dp[i][j - 1]永遠是小于(j - i) * min(height[i], height[j])的，原因是所求面積是以較小的height為高，既然height[i]小，那么固定i，將j向內收縮，收縮的過程中有兩種情況

改變j后，height[j]仍然大于height[i]，此時高沒有改變，依然是height[i]，底邊卻減小了，面積肯定變小

改變j后，height[j]小于height[i]，此時高減小了，底邊也減小了，面積還是會變小

所以這種情況就不在需要考慮，只需要考慮dp[i + 1][j]和(j - i) * min(height[i], height[j])的大小。

所以流程大致如下

從i, j開始，比較(j - i) * min(height[i], height[j])和當前記錄的最大面積，決定是否更新最大面積。

如果height[i] > height[j]，則將j–，因為固定j改變i是沒有意義的，面積不會變大

如果height[i] < height[j]，則將i++，同上

回到第一步

這樣只需要遍歷一遍height即可，復雜度降低到O(n)。不過這樣也就沒必要用動態規劃了，一個for循環解決戰斗

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

哎，恨剛開始用動態規劃的自己

總結

以上是生活随笔為你收集整理的每天一道LeetCode-----平面木桶最大容量，以较小的纵坐标为高，横坐标差为底的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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