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# 最大容量问题
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!!! question
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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。
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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。
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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。
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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 $[i, j]$** 。
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根据题意，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 $cap[i, j]$ ，则可得计算公式：
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$$
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cap[i, j] = \min(ht[i], ht[j]) \times (j - i)
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$$
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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 $O(n^2)$ 。
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### 贪心策略确定
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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。
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如下图所示，**若此时将长板 $j$ 向短板 $i$ 靠近，则容量一定变小**。
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这是因为在移动长板 $j$ 后，宽度 $j-i$ 肯定变小；而高度由短板决定，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）。
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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 $i$ 可能会变长）。例如在下图中，移动短板后面积变大。
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由此便可推出本题的贪心策略：初始化两指针分裂容器两端，每轮向内收缩短板对应的指针，直至两指针相遇。
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下图展示了贪心策略的执行过程。
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1. 初始状态下，指针 $i$ 和 $j$ 分列与数组两端。
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2. 计算当前状态的容量 $cap[i, j]$ ，并更新最大容量。
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3. 比较板 $i$ 和 板 $j$ 的高度，并将短板向内移动一格。
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4. 循环执行第 `2.` 和 `3.` 步，直至 $i$ 和 $j$ 相遇时结束。
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=== "<1>"
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=== "<2>"
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=== "<3>"
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=== "<4>"
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=== "<5>"
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=== "<6>"
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=== "<7>"
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=== "<8>"
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=== "<9>"
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### 代码实现
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代码循环最多 $n$ 轮，**因此时间复杂度为 $O(n)$** 。
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变量 $i$、$j$、$res$ 使用常数大小额外空间，**因此空间复杂度为 $O(1)$** 。
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```src
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[file]{max_capacity}-[class]{}-[func]{max_capacity}
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```
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### 正确性证明
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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。
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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，会导致下图所示的状态被“跳过”。**这意味着之后无法验证这些状态的容量大小**。
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$$
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cap[i, i+1], cap[i, i+2], \dots, cap[i, j-2], cap[i, j-1]
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$$
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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，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**。
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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。
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