Leetcode#11 Container With Most Water

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最朴素的想法就是，枚举容器的左边界和右边界，总能找到解，不过时间复杂度是O(n^2)的。

改进I：从左向右枚举左边界，在此基础上从右向左枚举右边界，一旦右边界高度>=左边界高度就可以停止枚举了，因为继续枚举下去找到的矩形肯定面积更小。

比如下图，左边界在位置0，高度为height[0]=3，那么，右边界枚举到位置5就可以停止了（height[5]=4 >= 3=height[0]）。

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 +-+-+-+-+-+-+
 0 1 2 3 4 5 6
 ^         ^
左边界     右边界

改进II：

在改进I中，要从左到右枚举左边界，但是左边界是否要一直枚举到最右边呢？当然不是。

看下图，假设现在枚举到了这个位置：左边界高度是2，右边界高度也是2。

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 +-+-+-+-+-+-+
 0 1 2 3 4 5 6
   ^         ^
 左边界      右边界

那么，左边界在以后向右移动的时候，凡是高度小于等于2的位置都不用考虑了（图中位置3、4），因为肯定不会超过当前这个矩形的面积。

所以，每次枚举的时候根据右边界高度更新这个阈值，以后遇到阈值低于这个的左边界就不用考虑了。

改进III

在改进II中，先确定左边界，然后去枚举右边界，同时右边界又对左边界的选择有一定影响。仔细想想，左右边界本身没有区别，所以可以从两头分别开始枚举，更新阈值。如果左边界比右边界矮，左边界决定了最终矩形的高度，以后不会再有比这个矩形矮并且面积更大的矩形出现了，所以让左边界向右移动一个单位。同理如果右边界比左边界矮，右边界向左移动一个单位。

这就是最终的算法了。

代码：

int maxArea(vector<int> &height) {
        int l = 0;
        int r = height.size() - 1;
        int res = 0;
        
        while (l <= r) {
            res = max(res, (r - l) * min(height[l], height[r]));
            if (height[l] < height[r])
                l++;
            else
                r--;
        }
        
        return res;
}