C++最大容量問題

圖 15-7   最大容量問題的示例數(shù)據(jù)

容器由任意兩個隔板圍成，因此本題的狀態(tài)為兩個隔板的索引，記為 $[i,j]$ 。

根據(jù)題意，容量等于高度乘以寬度，其中高度由短板決定，寬度是兩隔板的索引之差。設(shè)容量為 $cap[i,j]$ ，則可得計算公式：

設(shè)數(shù)組長度為 $n$ ，兩個隔板的組合數(shù)量（即狀態(tài)總數(shù)）為 $C_n^2=\frac{n(n?1)}{2}$ 個。最直接地，我們可以窮舉所有狀態(tài)，從而求得最大容量，時間復(fù)雜度為 $O(n^2)$ 。

1.   貪心策略確定?

這道題還有更高效率的解法。如圖 15-8 所示，現(xiàn)選取一個狀態(tài) $[i,j]$ ，其滿足索引 $i<j$ 且高度 $ht[i]<ht[j]$ ，即 $i$ 為短板、$j$ 為長板。

圖 15-8   初始狀態(tài)

如圖 15-9 所示，若此時將長板 $j$ 向短板 $i$ 靠近，則容量一定變小。

這是因?yàn)樵谝苿娱L板 $j$ 后，寬度 $j?i$ 肯定變小；而高度由短板決定，因此高度只可能不變（ $i$ 仍為短板）或變小（移動后的 $j$ 成為短板）。

圖 15-9   向內(nèi)移動長板后的狀態(tài)

反向思考，我們只有向內(nèi)收縮短板 $i$ ，才有可能使容量變大。因?yàn)殡m然寬度一定變小，但高度可能會變大（移動后的短板 $i$ 可能會變長）。例如在圖 15-10 中，移動短板后面積變大。

圖 15-10   向內(nèi)移動短板后的狀態(tài)

由此便可推出本題的貪心策略：初始化兩指針分裂容器兩端，每輪向內(nèi)收縮短板對應(yīng)的指針，直至兩指針相遇。

圖 15-11 展示了貪心策略的執(zhí)行過程。

1. 初始狀態(tài)下，指針 $i$ 和 $j$ 分列與數(shù)組兩端。
2. 計算當(dāng)前狀態(tài)的容量 $cap[i,j]$ ，并更新最大容量。
3. 比較板 $i$ 和 板 $j$ 的高度，并將短板向內(nèi)移動一格。
4. 循環(huán)執(zhí)行第 2. 和 3. 步，直至 $i$ 和 $j$ 相遇時結(jié)束。

圖 15-11   最大容量問題的貪心過程

2.   代碼實(shí)現(xiàn)

代碼循環(huán)最多 $n$ 輪，因此時間復(fù)雜度為 $O(n)$ 。

變量 $i$、$j$、$res$ 使用常數(shù)大小額外空間，因此空間復(fù)雜度為 $O(1)$ 。

max_capacity.cpp

/* 最大容量：貪心 */
int maxCapacity(vector<int> &ht) {
    // 初始化 i, j 分列數(shù)組兩端
    int i = 0, j = ht.size() - 1;
    // 初始最大容量為 0
    int res = 0;
    // 循環(huán)貪心選擇，直至兩板相遇
    while (i < j) {
        // 更新最大容量
        int cap = min(ht[i], ht[j]) * (j - i);
        res = max(res, cap);
        // 向內(nèi)移動短板
        if (ht[i] < ht[j]) {
            i++;
        } else {
            j--;
        }
    }
    return res;
}

3.   正確性證明

之所以貪心比窮舉更快，是因?yàn)槊枯喌呢澬倪x擇都會“跳過”一些狀態(tài)。

比如在狀態(tài) $cap[i,j]$ 下，$i$ 為短板、$j$ 為長板。若貪心地將短板 $i$ 向內(nèi)移動一格，會導(dǎo)致圖 15-12 所示的狀態(tài)被“跳過”。這意味著之后無法驗(yàn)證這些狀態(tài)的容量大小。

圖 15-12   移動短板導(dǎo)致被跳過的狀態(tài)

觀察發(fā)現(xiàn)，這些被跳過的狀態(tài)實(shí)際上就是將長板 $j$ 向內(nèi)移動的所有狀態(tài)。而在第二步中，我們已經(jīng)證明內(nèi)移長板一定會導(dǎo)致容量變小。也就是說，被跳過的狀態(tài)都不可能是最優(yōu)解，跳過它們不會導(dǎo)致錯過最優(yōu)解。

以上的分析說明，移動短板的操作是“安全”的，貪心策略是有效的。