LeetCode 11 的數學證實 | Container With Most Water

11. Container with most water

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.

Example:
Input: [1,8,6,2,5,4,8,3,7]
Output: 49

網上給出的最優算法都比較相似，其基本想法是：將挑選的兩條邊分別從兩端$a_0, a_n$開始向中間移動，每一次只能移動兩條邊中的一條。每次移動的標準是將較小的那條邊往中間移動一格。若是移動後的面積有所增加，則將面積最大值更新。當兩條邊相遇時，則中止。

網上幾乎都只有這個算法的描述，而沒有提供一個嚴格的數學證實。和好友Meiyf討論後，整理出這個算法的數學證實。

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考慮分佈在左右兩邊的移動指標$a_l, a_r$，它們分別從兩端$a_0, a_n$開始，經過$a_l$右移、$a_r$左移的方式，來搜索最優解。

假設最優解爲$a_i, a_j$，則咱們有：$0 \leq i < j \leq n$。根據算法的移動方式，老是能夠經過「$a_l$從$a_0$右移、$a_r$從$a_n$左移」若干步的方式，到達$a_i, a_j$。

因爲算法每一次只能移動一步（即$a_l$右移一步或$a_r$左移一步），因此兩種狀況：

• $a_l$先到達$a_i$
• $a_r$先到達$a_j$

必然有一種先發生。不妨假設$a_l$先到達$a_i$（那麼此時，$a_r$也就還未經過左移到達$a_j$，它還在$a_j$的右側）。那麼，咱們只需證實：

在現有的算法下，後續的更新步驟 都只能是：$a_r$不斷左移、直到到達$a_j$。

咱們能夠經過反證法來證實上述結論。

令函數$h(a_t)$表示點$a_t$對應的線段長度，令$w(a_s, a_t)$表示點$a_s$和$a_t$構成的線段長度。

若假設不成立，則存在某一步：在$a_r$還未經過左移到達$a_j$時，停留在$a_i$的$a_l$須要右移一步。

下面咱們來證實不可能出現上面這種狀況。

若上述發生，則咱們有如下結論：

1. $l = i < j < r$
2. $h(a_i) = h(a_l) < h(a_r)$。由於根據算法，只有長度更小的那一條邊才能向中間移動。因此，只有當$h(a_l)$小於$h(a_r)$時，纔可能出現$a_l$右移。

由此，咱們能夠獲得由$a_i, a_r$兩條邊造成的面積爲：$$S^* = h(a_i) * w(a_i, a_r).$$

這裏的高度之因此取爲$h(a_i)$，是由於上面第2條已經說明了$h(a_i)$比$h(a_r)$小。

而此時，由於第1條已經說明$j < r$，因此$w(a_i, a_r) > w(a_i, a_j)$。因此咱們有：

$$S^* = h(a_i) * w(a_i, a_r) > h(a_i) * w(a_i, a_j) \geq \min{\{h(a_i), h(a_j)\}} * w(a_i, a_j) = S_{max}$$

矛盾。因此假設命題不成立，進而當$a_l$到達$a_i$後，後續的全部更新步驟都只能是$a_r$不斷左移、直到到達$a_j$。

因此，在這樣的算法之下，必定可以到找到面積的最優解$S_{max}$。