题目描述：
给定 n 个非负整数 a1，a2，...，an，每个数代表坐标中的一个点 (i, ai) 。在坐标内画 n 条垂直线，垂直线 i 的两个端点分别为 (i, ai) 和 (i, 0)。找出其中的两条线，使得它们与 x 轴共同构成的容器可以容纳最多的水。
说明：你不能倾斜容器，且 n 的值至少为 2。
图中垂直线代表输入数组 [1,8,6,2,5,4,8,3,7]。在此情况下，容器能够容纳水（表示为蓝色部分）的最大值为 49。
示例:
输入: [1,8,6,2,5,4,8,3,7]
输出: 49思路：
最直接的做法是双重循环：分别计算每一对木板对应的容量，取最大的。时间复杂度O(n^2)，空间复杂度O(1)。
int maxArea(vector<int>& height) {
int n=height.size();
if(n<2) return 0;
int ans=0;
for(int i=0;i<n-1;i++)
for(int j=i+1;j<n;j++)
ans=max(ans,(j-i)*min(height[i],height[j]));
return ans;
}测试运行时间1348ms！！！
另一个思路是，预设第一对木板分别取最左边和最右边，此时两块木板之间的距离是最大的。在木板靠近，木板间距离缩小的情况下，要使容量增大，一定要让短木板边长，而长木板再变长是没有意义的。基于这个想法写出下面的代码：
int maxArea(vector<int>& height) {
int n=height.size();
if(n<2) return 0;
//初始木板分别取最左和最右，计算初始容量
int i=0,j=n-1;
int ans=min(height[i],height[j])*(j-i);
//容量可能继续增大吗？
while(i<j)
{
//考察较短的木板，把它变长，再比较容量
if(height[i]<height[j])
{
//左边短则左板右移
int temp=height[i++];
while(i<n && height[i]<temp) i++;
ans=max(ans, (j-i)*min(height[i],height[j]));
}
else
{
//右边短，或者一样长，则右板左移
int temp=height[j--];
while(j>i && height[j]<temp) j--;
ans=max(ans, (j-i)*min(height[i],height[j]));
}
}
return ans;
}在纸上划拉一下，发现这个算法没有问题，确定能得到最大值。
时间复杂度是O(n)，空间复杂度O(1)，测试运行时间 16ms。
看了一下其他用户的算法，有一个是这样的：
int maxArea(vector<int>& height) {
int max1=0,l=0,r=height.size()-1;
while(l<r)
{
max1=max(max1,(r-l)*min(height[r],height[l]));
if(height[l]<height[r])
l++;
else r++;
}
return max1;
}代码比较简洁，但是这个算法中，认为“在比长木板短的情况下，所有木板都可能使容量达到最大”。而我算法中的思想是“比长木板短的情况下，只有比短木板长，才可能使容量增大”。所以我的算法计算次数会更少。当然也可以调整代码，让它变短一点儿：
int maxArea(vector<int>& height) {
int i=0,j=height.size()-1;
int ans=0,shorter=0;
while(i<j)
{
ans=max(ans, (j-i)*min(height[i],height[j]));
if(height[i]<height[j])
{
shorter=height[i++];
while(i<j && height[i]<shorter) i++;
}
else
{
shorter=height[j--];
while(j>i && height[j]<shorter) j--;
}
}
return ans;
};