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最大容量問題

!!! question

配列 $ht$ が与えられ、各要素は垂直な仕切り板の高さを表します。任意の 2 枚の仕切り板とその間の空間で、容器を作れます。

容器の容量は高さと幅の積（面積）です。高さは低い方の仕切り板で決まり、幅は 2 枚の仕切り板の配列インデックスの差です。

容器の容量が最大になるように 2 枚の仕切り板を選び、最大容量を返してください。例を下図に示します。

容器は任意の 2 枚の仕切り板で作るため、この問題の状態は 2 枚のインデックス [i, j] で表せます。

問題文によると、容量は高さと幅の積であり、高さは低い方の板、幅はインデックスの差で決まります。容量を cap[i, j] とすると、次の式が得られます。

cap[i, j] = \min(ht[i], ht[j]) \times (j - i)

配列の長さを n とすると、2 枚の組み合わせ（状態の総数）は C_n^2 = \frac{n(n - 1)}{2} 通りです。最も直接的には、すべての状態を列挙して最大容量を求められます。時間計算量は O(n^2) です。

貪欲戦略を決める

この問題には、さらに効率的な解法があります。下図のように、i < j かつ ht[i] < ht[j] を満たす状態 [i, j] を選びます。つまり、i が低い板、j が高い板です。

下図のように、高い方の板 j を低い方の板 i に近づけると、容量は必ず小さくなります。

板 j を動かすと、幅 j-i は必ず小さくなります。一方、高さは低い方の板で決まるため、変わらない（i が引き続き低い方）か、小さくなる（移動後の j が低い方になる）かのどちらかです。

逆に考えると、容量が大きくなる可能性があるのは、低い方の板 i を内側に動かす場合だけです。幅は必ず小さくなりますが、高さは大きくなる可能性があるからです（移動先の板 i がより高いことがあります）。たとえば下図では、低い方の板を動かすと面積が大きくなります。

ここから貪欲戦略が導けます。二つのポインタを容器の両端に置き、毎回、低い方の板に対応するポインタを内側に動かし、二つが出会うまで続けます。

下図に、貪欲戦略の実行手順を示します。

1. 初期状態では、ポインタ i と j を配列の両端に置きます。
2. 現在の状態の容量 cap[i, j] を計算し、最大容量を更新します。
3. 板 i と板 j の高さを比較し、低い方を一つ内側に動かします。
4. 手順 2. と 3. を繰り返し、i と j が出会ったら終了します。

=== "<1>"

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コードの実装

ループは最大 n 回なので、時間計算量は O(n) です。

変数 $i$、$j$、res が使う追加の空間は一定なので、空間計算量は O(1) です。

[file]{max_capacity}-[class]{}-[func]{max_capacity}

正しさの証明

貪欲法が総当たりより速いのは、各回の貪欲な選択で一部の状態を「飛ばす」ためです。

たとえば状態 cap[i, j] で、i が低い板、j が高い板だとします。低い方の i を貪欲に一つ内側へ動かすと、下図の状態が「飛ばされます」。つまり、その後はこれらの状態の容量を確認できなくなります。

cap[i, i+1], cap[i, i+2], \dots, cap[i, j-2], cap[i, j-1]

飛ばされる状態は、実際には高い方の板 j を内側へ動かして得られるすべての状態です。高い方の板を内側へ動かすと容量が必ず小さくなることは、すでに示しました。したがって、飛ばす状態が最適解になることはなく、飛ばしても最適解を見逃すことはありません。

以上から、低い方の板を動かす操作は「安全」であり、貪欲戦略は有効です。