Leetcode-11 Container With Most Water

2019年11月4日 250次阅读

题目:

                                            《Leetcode-11 Container With Most Water》

示例输入:                                                                                                                                          示例输出:

6                          (表示要输入的线段的个数)                                                                                 16

1 1                       (之后的每行第一个参数表示下标，第二个参数表示长度)

4 2

5 4

7 8

9 5

10 2

　分析:

　对于本题，首先能想到最简单的方法，就是使用两重循环，找到每两个线段的组合，也就是找到所有的”容器”，然后最后取容积最大的容器即可,但是如果仅仅是这么简单，那么本篇博客也就没啥含量了，下面要介绍的方法是仅仅使用时间复杂度为O(N)的方法.

首先我们规定i,j是容器的左右臂所在的下标，那么我们最终的目的就是求出下面公式的结果:

                         max{min{a[i], a[j]} * (j – i)}        (i<j)

　　我们使用”两头扫的方法”,使得一开始i,j分别指向最两边的线段，然后i,j不断向中间靠近,那么问题就来了,i,j每次要怎么向中间靠近,是舍弃较短的线段的下标还是舍弃较长线段的下标.其实简单想一下，就会”感觉”肯定保留长的线段，将短的下标向中间移动.那么问题就来了，为什么这种方法是正确的呢?

　　首先，我们假设,当前的i,j分别指向下标为n,m的线段，即i=n,j=m,那么此时构成的容器的容积为min(a[n],a[m])*(m-n),如果a[n]<a[m],这个时候我们舍弃a[m],将j指向中间的线段q,也就是如下图：

                                 《Leetcode-11 Container With Most Water》

我们首先可以获得以下几个式子:

1.h1=min(a[n],a[m])=a[n]

2.h2=min(a[n],a[q])<=a[n]

　　其中h1,h2分别是移动j之前和之后容积的高度，显然,h2<=h1,同时我们可以知道，移动后的容器更”窄”了，那么移动后的容器的容积就更小了，所以用这种移动方法的话，获得的容器的容积不断减小，那么我们最终获得的结果肯定就是一开始时i指向第一个线段，j指向最后一个线段，这种方法显然是不可以的.

既然这样，那我们就保留长的线段，移动短的线段，首先我们大概算一下这种方法的可行性,如下图的移动方式：

                                                 《Leetcode-11 Container With Most Water》

那么我们同样可以获得公式:

1.h1=min(a[n],a[m])=a[n]

2.h2=min(a[p],a[m])<=a[m]

　　而a[n]<=a[m],所以移动后的容器的高度h2是有可能高于移动之前的高度的，这样在容器变窄之后，才有可能使得容器容积变大.

当然我们只是粗略的证明下，那么如果证明我们获得的结果就是最优解，也就是最大的容器，这样的粗略证明显然是不够的。那么如何才能证明上述的方法肯定是扫过最优解呢？

　　首先我们假设最终的最优解，也就是最大容器的左右线段的下标分别是T,Y,那么在i,j不断向中间靠近的时候，肯定有一方先到达最优解的线段，即有可能i先到T,或者j 先到Y，a[T]和a[Y]的大小关系没有影响，我们就假设j 先到Y,也就形成了以下的情形:                                                                                                 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　《Leetcode-11 Container With Most Water》

　　首先要知道的是，在j已经移动到Y时，则在i移动到T之前，a[i]肯定是小于min(a[T],a[Y])，也就是最优解的容器的高的，因为i,Y的距离变窄，只有i小于高，那么才能保证最优解的容器的容积大于当前a[i]和a[Y]构成的容器的容积的，那么在a[i]<min(a[T],a[Y])<=a[Y]时，使用我们的方法，不断将i向中间移动，在i<Y时，移动能保证移动到i=T,那么就能保证扫过最优解。

　　同理，我们如果使用舍弃长线段，保留短线段的错误方法后，当j已经移动到最优解Y时，在a[i]<a[Y]时，我们会移动j,这样我们就会”完美”错过最优解,这样也就同时证明了之前舍弃长线段的方法的错误性.

　　下面附上源码:

#include<iostream>
using namespace std;
#define Max 10000
int height[Max];
int N;
int solve(int last)
{
	int MaxArea=0;
	int left=0,right=last;
	while(left<right)                          //从两头扫， left,right分别表示当前水桶的左右壁的下标 
	{
		int currentArea=min(height[left],height[right])*(right-left);  //取左右壁中较小的作为水桶高度，取下标之差作为底边面积 
		MaxArea=max(MaxArea,currentArea);
		height[left]<height[right]?left++:right--;    //每次将较小壁向中间移动 
	}
	return MaxArea;
}
int main()
{
	cin>>N;
	int last=-1;
	for(int i=0;i<N;i++)
	{
	   int index,value;
	   cin>>index>>value;
	   height[index]=value;
	   last=max(last,index);
	}
	
	cout<<solve(last);
	return 0;
}

PS:分析解释了这么多，算法的实现代码却很少，这也许就是算法之美吧!

 

点赞