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.
给定一个数组，求出能够包含容量最大的一个矩形区域的起始坐标。
假定矩形区域的左右短点为i,j 则矩形区域的面积 min(height[i], height[j]) *(j-i) (i<j)
笨办法遍历所有情况： 时间复杂度N2
def maxArea(height=[1,8,6,2,5,4,8,3,7]):
"""
:type height: List[int]
:rtype: int
"""
r = 0
for i in range(0,len(height)-1):
for j in range(i+1,len(height)):
print(i, j, (min(i,j))*(j-i))
r = max(r, min(height[i],height[j])*(j-i))
print(r)
return r利用双指针，分别从左右端点进行遍历求解，矩形区域的面积与端点距离以及端点值的最小值决定，初始化i=0 j=len-1,此时端点距离最大，而min(height[i],height[j])未必是所有情况最大的，现在开始搜索下一种情况可能会比初始值更大的情况，i增加，j减少时，端点距离减少，但是最小值可能会增加，因此矩形面积可能也会增加。
s = min(height[i], height[j]) *(j-i) (i<j) 当i,j由初始情况变化时，j-i必定会减少，现在要使s增大，则要使min(height[i], height[j])变大，显然其值由较小值决定，因此应该移动较小值来试探下一个可能的s较大值。
def maxArea2(height=[1,8,6,2,5,4,8,3,7]):
"""
:type height: List[int]
:rtype: int
"""
i = 0
j = len(height)-1
r = 0
while i<j:
r = max(r, min(height[i],height[j])*(j-i))
if height[i]<height[j]:
i += 1
else:
j -= 1
print(r)
return r下面是大神的解释：
假定数组元素共有6个，则i，j的取值一共有36中组合情况，其中i==j为零不需要计算 i>j与i<j是对称的，因此只需要计算一半即可。构建一个矩阵，行表示左指针i的取值，列表示右指针j的取值： x表示不需要计算 o表示最优值的探索路径 ---表示可以直接跳过的取值集合，要求最优值，即遍历所有i,j取值组合，利用s = min(height[i], height[j]) *(j-i) (i<j) 求出最大值即可。一般情况遍历所有取值组合需要N2复杂度，现在要利用左右端点较小值，来优化搜索路径：
初始情况，i<j 即只需要搜索所有对角线右上组合即可，初始时（1,6）此时若左端点值小于右端点值，则(1,2:5)则不需要搜索，因为此时容量由较小值左端点决定，移动右端点并不能优化最大值
当height[i]<height[j]时，执行i++ 搜索位置（2,6） 若此时右端点小于左端点，移动左端点并不能增大面积，因此（3:5,6）可以不用搜索
height[j]<height[i]时，j--
依次遍历，最终结果相当于搜索i，j所有取值组合，即一定可以搜索到最优值，并且时间复杂度为O(N).