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15.3.   最大容量问题

!!! question

输入一个数组 $ht$ ，数组中的每个元素代表一个垂直隔板的高度。数组中的任意两个隔板，以及它们之间的空间可以组成一个容器。容器的容量等于高度和宽度的乘积（即面积），其中高度由较短的隔板决定，宽度是两个隔板的数组索引之差。

请在数组中选择两个隔板，使得组成的容器的容量最大，返回最大容量。

Fig. 最大容量问题的示例数据

第一步：问题分析

容器由任意两个隔板围成，因此本题的状态为两个隔板的索引，记为 $[i, j]$ 。

根据定义，容量等于高度乘以宽度，其中高度由短板决定，宽度是两隔板的索引之差。设容量为 cap[i, j] ，可得计算公式：

$$ cap[i, j] = \min(ht[i], ht[j]) \times (j - i)

设数组长度为 n ，两个隔板的组合数量（即状态总数）为 C_n^2 = \frac{n(n - 1)}{2} 个。最直接地，我们可以穷举所有状态，从而求得最大容量，时间复杂度为 O(n^2) 。

第二步：贪心策略确定

当然，这道题还有更高效率的解法。如下图所示，现选取一个状态 [i, j] ，其满足索引 i < j 且高度 ht[i] < ht[j] ，即 i 为短板、 j 为长板。

Fig. 初始状态

我们发现，如果将长板 j 向短板 i 靠近，则容量一定变小。这是因为在移动长板 j 后：

• 宽度 j-i 肯定变小；
• 高度由短板决定，因此高度只可能不变（ i 仍为短板）或变小（移动后的 j 成为短板）；

Fig. 向内移动长板后的状态

反向思考，我们只有向内收缩短板 i ，才有可能使容量变大。因为虽然宽度一定变小，但高度可能会变大（移动后的短板 i 变长了）。

Fig. 向内移动长板后的状态

由此便可推出本题的贪心策略：

1. 初始状态下，指针 i , j 分列与数组两端。
2. 计算当前状态的容量 cap[i, j] ，并更新最大容量。
3. 比较板 i 和 板 j 的高度，并将短板向内移动一格。
4. 循环执行第 2. , 3. 步，直至 i 和 j 相遇时结束。

=== "<1>"

=== "<2>"

=== "<3>"

=== "<4>"

=== "<5>"

=== "<6>"

=== "<7>"

=== "<8>"

=== "<9>"

代码实现如下所示。最多循环 n 轮，因此时间复杂度为 $O(n)$ 。变量 i , j , res 使用常数大小额外空间，因此空间复杂度为 $O(1)$ 。

=== "Java"

```java title="max_capacity.java"
/* 最大容量：贪心 */
int maxCapacity(int[] ht) {
    // 初始化 i, j 分列数组两端
    int i = 0, j = ht.length - 1;
    // 初始最大容量为 0
    int res = 0;
    // 循环贪心选择，直至两板相遇
    while (i < j) {
        // 更新最大容量
        int cap = Math.min(ht[i], ht[j]) * (j - i);
        res = Math.max(res, cap);
        // 向内移动短板
        if (ht[i] < ht[j]) {
            i++;
        } else {
            j--;
        }
    }
    return res;
}
```

=== "C++"

```cpp title="max_capacity.cpp"
/* 最大容量：贪心 */
int maxCapacity(vector<int> &ht) {
    // 初始化 i, j 分列数组两端
    int i = 0, j = ht.size() - 1;
    // 初始最大容量为 0
    int res = 0;
    // 循环贪心选择，直至两板相遇
    while (i < j) {
        // 更新最大容量
        int cap = min(ht[i], ht[j]) * (j - i);
        res = max(res, cap);
        // 向内移动短板
        if (ht[i] < ht[j]) {
            i++;
        } else {
            j--;
        }
    }
    return res;
}
```

=== "Python"

```python title="max_capacity.py"
def max_capacity(ht: list[int]) -> int:
    """最大容量：贪心"""
    # 初始化 i, j 分列数组两端
    i, j = 0, len(ht) - 1
    # 初始最大容量为 0
    res = 0
    # 循环贪心选择，直至两板相遇
    while i < j:
        # 更新最大容量
        cap = min(ht[i], ht[j]) * (j - i)
        res = max(res, cap)
        # 向内移动短板
        if ht[i] < ht[j]:
            i += 1
        else:
            j -= 1
    return res
```

=== "Go"

```go title="max_capacity.go"
[class]{}-[func]{maxCapacity}
```

=== "JavaScript"

```javascript title="max_capacity.js"
[class]{}-[func]{maxCapacity}
```

=== "TypeScript"

```typescript title="max_capacity.ts"
[class]{}-[func]{maxCapacity}
```

=== "C"

```c title="max_capacity.c"
[class]{}-[func]{maxCapacity}
```

=== "C#"

```csharp title="max_capacity.cs"
[class]{max_capacity}-[func]{maxCapacity}
```

=== "Swift"

```swift title="max_capacity.swift"
[class]{}-[func]{maxCapacity}
```

=== "Zig"

```zig title="max_capacity.zig"
[class]{}-[func]{maxCapacity}
```

=== "Dart"

```dart title="max_capacity.dart"
[class]{}-[func]{maxCapacity}
```

第三步：正确性证明

之所以贪心比穷举更快，是因为每轮的贪心选择都会“跳过”一些状态。

比如在状态 cap[i, j] 下，i 为短板、j 为长板。若贪心地将短板 i 向内移动一格，会导致以下状态被“跳过”，意味着之后无法验证这些状态的容量大小。

$$ cap[i, i+1], cap[i, i+2], \cdots, cap[i, j-2], cap[i, j-1]

Fig. 移动短板导致被跳过的状态

观察发现，这些被跳过的状态实际上就是将长板 j 向内移动的所有状态。而在第二步中，我们已经证明内移长板一定会导致容量变小，也就是说这些被跳过的状态的容量一定更小。

也就是说，被跳过的状态都不可能是最优解，跳过它们不会导致错过最优解。

以上的分析说明，移动短板的操作是“安全”的，贪心策略是有效的。