图 15-7   最大容量问题的示例数据

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：

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 $O(n^2)$ 。

1.   贪心策略确定¶

这道题还有更高效率的解法。如图 15-8 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。

图 15-8   初始状态

如图 15-9 所示，若此时将长板 $j$ 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；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）。

图 15-9   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 $i$ 可能会变长）。例如在图 15-10 中，移动短板后面积变大。

图 15-10   向内移动短板后的状态

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。

图 15-11 展示了贪心策略的执行过程。

1. 初始状态下，指针 $i$ 和 $j$ 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. 和 3. 步，直至 $i$ 和 $j$ 相遇时结束。

图 15-11   最大容量问题的贪心过程

2.   代码实现

代码循环最多 $n$ 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 $O(1)$ 。

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;
}

3.   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，会导致图 15-12 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。

图 15-12   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，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。