LeetCode 11 的数学证明 | 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

网上给出的最优算法都比较类似，其基本想法是：将挑选的两条边分别从两端$a_0, a_n$开始向中间移动，每一次只能移动两条边中的一条。每次移动的标准是将较小的那条边往中间移动一格。如果移动后的面积有所增长，则将面积最大值更新。当两条边相遇时，则停止。

网上几乎都只有这个算法的描述，而没有提供一个严格的数学证明。和好友Meiyf讨论后，整理出这个算法的数学证明。

---

考虑分布在左右两边的移动指标$a_l, a_r$，它们分别从两端$a_0, a_n$开始，通过$a_l$右移、$a_r$左移的方式，来搜索最优解。

假设最优解为$a_i, a_j$，则我们有：$0 \leq i < j \leq n$。根据算法的移动方式，总是可以通过“$a_l$从$a_0$右移、$a_r$从$a_n$左移”若干步的方式，到达$a_i, a_j$。

由于算法每一次只能移动一步（即$a_l$右移一步或$a_r$左移一步），所以两种情况：

• $a_l$先到达$a_i$
• $a_r$先到达$a_j$

必然有一种先发生。不妨假设$a_l$先到达$a_i$（那么此时，$a_r$也就还未通过左移到达$a_j$，它还在$a_j$的右侧）。那么，我们只需证明：

在现有的算法下，后续的更新步骤都只能是：$a_r$不断左移、直到到达$a_j$。

我们可以通过反证法来证明上述结论。

令函数$h(a_t)$表示点$a_t$对应的线段长度，令$w(a_s, a_t)$表示点$a_s$和$a_t$构成的线段长度。

若假设不成立，则存在某一步：在$a_r$还未通过左移到达$a_j$时，停留在$a_i$的$a_l$需要右移一步。

下面我们来证明不可能出现上面这种情况。

若上述发生，则我们有以下结论：

1. $l = i < j < r$
2. $h(a_i) = h(a_l) < h(a_r)$。因为根据算法，只有长度更小的那一条边才能向中间移动。所以，只有当$h(a_l)$小于$h(a_r)$时，才可能出现$a_l$右移。

由此，我们可以得到由$a_i, a_r$两条边形成的面积为：$$S^* = h(a_i) * w(a_i, a_r).$$

这里的高度之所以取为$h(a_i)$，是因为上面第2条已经说明了$h(a_i)$比$h(a_r)$小。

而此时，因为第1条已经说明$j < r$，所以$w(a_i, a_r) > w(a_i, a_j)$。所以我们有：

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

矛盾。所以假设命题不成立，进而当$a_l$到达$a_i$后，后续的所有更新步骤都只能是$a_r$不断左移、直到到达$a_j$。

所以，在这样的算法之下，一定能够到找到面积的最优解$S_{max}$。