一、问题
给定 n 个非负整数 a1，a2，...，an，每个数代表坐标中的一个点 (i, ai) 。在坐标内画 n 条垂直线，垂直线 i 的两个端点分别为 (i, ai) 和 (i, 0) 。找出其中的两条线，使得它们与 x 轴共同构成的容器可以容纳最多的水。要求：不能倾斜容器。
1️⃣示例 1：
输入：[1,8,6,2,5,4,8,3,7]
输出：49
解释：图中垂直线代表输入数组 [1,8,6,2,5,4,8,3,7]。在此情况下，容器能够容纳水(表示为蓝色部分)的最大值为 49。
2️⃣示例 2：输入：height = [1,1]输出：1
3️⃣示例 3：输入：height = [4,3,2,1,4]输出：16
4️⃣示例 4：输入：height = [1,2,1]输出：2
说明：
- n = height.length
- 2 <= n <= 3 * 10^4
- 0 <= height[i] <= 3 * 10^4
二、解答---双指针法
题目中的示例为：
[1, 8, 6, 2, 5, 4, 8, 3, 7]
^ ^
开始，左右指针分别指向数组的左右两端，它们可以容纳的水量为 min(1,7)∗8=8。此时移动对应数字较小的指针(即此时的左指针)。将左指针向右移动：
[1, 8, 6, 2, 5, 4, 8, 3, 7]
^ ^
此时可以容纳的水量为 min(8,7)∗7=49。移动此时对应数字较小的指针(即此时的右指针)：
[1, 8, 6, 2, 5, 4, 8, 3, 7]
^ ^
此时可以容纳的水量为 min(8,3)∗6=18。移动此时对应数字较小的指针(即此时的右指针)：
[1, 8, 6, 2, 5, 4, 8, 3, 7]
^ ^
此时可以容纳的水量为 min(8,8)∗5=40。两指针对应的数字相同，任意移动一个，例如左指针：
[1, 8, 6, 2, 5, 4, 8, 3, 7]
^ ^
此时可以容纳的水量为 min(6,8)∗4=24。由于左指针对应的数字较小，移动左指针，可以发现，在这之后左指针对应的数字总是较小，因此一直移动左指针，直到两个指针重合。在这期间，对应的可以容纳的水量为：min(2,8)∗3=6，min(5,8)∗2=10，min(4,8)∗1=4。在移动指针的过程中，计算到的最多可以容纳的数量为 49，即为最终的答案。
解析：为什么双指针的做法是正确的？
- 双指针代表了什么？
双指针代表的是可以作为容器边界的所有位置的范围。在一开始，双指针指向数组的左右边界，表示数组中所有的位置都可以作为容器的边界，因为还没有进行过任何尝试。在这之后，每次将对应的数字较小的那个指针往另一个指针的方向移动一个位置，就表示认为这个指针不可能再作为容器的边界了。
- 为什么对应的数字较小的那个指针不可能再作为容器的边界了？
考虑第一步，假设当前左指针和右指针指向的数分别为 x 和 y，不失一般性，假设 x≤y。同时，两个指针之间的距离为 t。那么，它们组成的容器的容量为：min(x,y)∗t=x∗t
可以断定，如果保持左指针的位置不变，那么无论右指针在哪里，这个容器的容量都不会超过 x∗t 。注意这里右指针只能向左移动，因为考虑的是第一步，也就是指针还指向数组的左右边界的时候。
任意向左移动右指针，指向的数为 y1，两个指针之间的距离为 t1，那么显然有 t1<t，并且 min(x,y1)≤min(x,y) 则：
- 如果 y1≤y，那么 min(x,y1)≤min(x,y)；
- 如果 y1>y，那么 min(x,y1)=x=min(x,y)。
因此：min(x,yt)∗t1<min(x,y)∗t
由此，无论怎么移动右指针，得到的容器的容量都小于移动前容器的容量，即以 x 为左指针的容器的最大容量已求得，没有必要去求得以 x 为左指针的其他容器的容量了。也就是说，这个左指针对应的数不会作为容器的边界了，那么就可以丢弃这个位置，将左指针向右移动一个位置，此时新的左指针与原先的右指针之间的左右位置，才可能会作为容器的边界。
如此，将问题的规模减小了 1，被丢弃的那个位置就相当于消失了。此时的左右指针，就指向了一个新的、规模减少了的问题的数组的左右边界，因此，可以继续像之前考虑第一步那样考虑这个问题：
- 求出当前双指针对应的容器的容量；
- 对应数字较小的那个指针以后不可能作为容器的边界了，将其丢弃，并移动对应的指针。
最后的答案就是每次以双指针为左右边界(也就是「数组」的左右边界)计算出的容量中的最大值。
public int maxArea(int[] height) {
int l = 0, r = height.length - 1;
int max = 0;
while (l < r) {
int area = Math.min(height[l], height[r]) * (r - l);
max = Math.max(max, area);
if (height[l] <= height[r]) {
++l;
} else {
--r;
}
}
return max;
}
public int maxArea(int[] height) {
int i = 0, j = height.length - 1, max = 0;
while (i < j) {
max = height[i] < height[j] ?
Math.max(max, height[i++] * (j - i)) :
Math.max(max, height[j--] * (j - i));
}
return max;
}
①时间复杂度：O(N)，双指针总计最多遍历整个数组一次。
②空间复杂度：O(1)，只需要额外的常数级别的空间。
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