题目难度：Medium
Given n non-negative integers a1, a2, ..., an, where each represents a point at coordinate (i, ai). n vertical lines are drawn such that the two endpoints of line i is at (i, ai) and (i, 0). Find two lines, which together with x-axis forms a container, such that the container contains the most water.
Note: You may not slant the container and n is at least 2.
翻译：
给定n个非负整数a1 a2....an，每个代表一个坐标点(i，ai)。
n垂直的线是这样画的：直线i的两个端点为(i，ai)和(i，0)，两条竖线和x轴形成一个容器，找到使容器包含最多的水的两条，返回水的体积。
注意:不能倾斜容器，n至少是2。
思路：遍历每一种可能的体积，与一个temp值相比较，比temp大则temp等于这个体积
思路一Code：48 / 49 test cases passed. —— Time Limit Exceeded 时间复杂度O(N2)
1 public int maxArea(int[] height) { 2 int result = 0; 3 for (int i = 0; i < height.length; i++) { 4 for (int j = i + 1; j < height.length;j++) { 5 int area = getMin(height[i], height[j]) * (j - i); 6 if (area > result) { 7 result = area; 8 } 9 } 10 } 11 return result; 12 } 13 private int getMin(int a, int b) { 14 return a>b?b:a; 15 }
我承认这种方法是蠢了点，但是貌似没毛病啊，怎么会超时？
点开detail一看49的测试用例。。。。
[15000,14999,14998,14997,........[此处省略n万个数字]........,6004,6003,6002,600... 28895 more chars
emmm……
我去你妹妹的吻。。。
带着去瞻仰的心情点开了solution……
我那个区，我咋就没想到！。。。
答案思路：从两边的“木板”向中间同时移动，取两条木板面积，与一个temp值相比较，比temp大则temp等于这个体积
【精髓在于：假设已知一木板X已经比对面的木板Y要长，那么根据短板效应（底面积不变大时，容器盛水容量取决于短板长度），不管怎么继续往前移动（缩小底面积）此X木板，得到的结果也不会比刚才X与Y组合的结果更大。
因此，从两边取两条“木板”时，只需要移动相对短的直线的那一边的指针即可达到寻找最大面积的效果】
Code：49测试用例—9ms(beats 69.61%) 时间复杂度：O(N)
1 public static int maxArea2(int[] height) { 2 int maxarea = 0, l = 0, r = height.length - 1; 3 while (l < r) { 4 maxarea = Math.max(maxarea, Math.min(height[l], height[r]) * (r - l)); 5 if (height[l] < height[r]) 6 l++; 7 else 8 r--; 9 } 10 return maxarea; 11 }
总结：面对求最大（小）面积、体积这种题，应该要考虑刷选遍历可能结果，即某些相对更小（大）的可能结果已经确定小于（大于）在已经遍历过的结果里了（利用短板效应，和公共边效应等）
例如本题中，如果进行全遍历，那么在一边木板本来就是比对面高的情况下，不管怎么继续往前移动此木板，得到的结果只会比刚才的结果更小，强行全遍历就造成了遍历冗余。
【补：求两者最大值最小值可使用Math包的方法，其实底层和我写的一样都是三目表达式（以后使用记得加括号，因为这种表达式是靠左优先），不过可以简化代码，增加可读性】