原题说明：
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。
原题链接：https://leetcode-cn.com/problems/container-with-most-water
解法一：暴力求解
拿到这道题的第一个想法就是暴力求解。设定两层循环，第一层用于遍历容器的左边高度、第二层用于遍历容器的右边高度。然后确定题解的不定式就是（容器面积）大小的比较。
给定表示容器边的高度数组是int[] height，我的思考过程是：
1. 两层循环的循环变量分别是pre（左边容器高度）以及post（右边容器高度）
2. 两个循环变量的边界分别是
pre<height.length-1 post<height.length
3. 确定不定式为容器面积大小的比较
maxsize = Math.max(maxsize, (Math.min(height[pre], height[post]))*(post-pre));
4.再每次循环结束前，循环变量迭代。特别注意，在这里右边高度是在左边高度的基础上迭代
以上分析完成后，就可以写解法，如下：
1 public int maxSize(int[] height) { 2 if(height.length < 2 || height == null) 3 return 0; 4 5 int pre = 0, post = 1; 6 int maxsize = 0; 7 while(pre<height.length-1) { 8 while(post<height.length) { 9 maxsize = Math.max(maxsize, (Math.min(height[pre], height[post]))*(post-pre)); 10 post++; 11 } 12 pre++; 13 post = pre + 1; 14 } 15 return maxsize; 16 }
第一遍调试的时候，就发生两个错误：
1）第9行代码在进行左右两边高度比较是，用得是角标而不是高度值；
2）没有考虑第4点、也就是第13行代码，使得损失了一些容边边长组合。
解法二：试图优化的解法（失败了）
很容易想到本题应该是双指针是相关的。又本着两个指针都是从数组左端向右端遍历的惯性思维，当时的想法就是考虑合适的情况，在右指针一次遍历的时候，左指针根据面积大小比较的结果也跟着变化。
当时我考虑了三种情况：
1）新遍历的容器面积
int snew = (Math.min(height[pre], height[post]))*(post-pre);
2）考虑左指针相邻边的容器面积
int k = (height[pre+1]>height[pre])? (pre+1): pre;//for the next int snext = (Math.min(height[k], height[post]))*(post-k);
3）考虑左右指针范围内最高边（作为左指针）的容器面积
j = (height[post]>height[j])? post: j;//for the highest
int shigh = (Math.min(height[j], height[post]))*(post-j);
然后通过比较上述三种情况与上一步的容器面积大小，进行左指针的迭代。
if(size == snext && k != pre) {pre++;}
if(size == shigh && j != pre) {pre=j;}
考虑第(2)种情况，当时是觉得可以正常代替暴力求解的外循环，但是这里当遇到的问题就是，要是相邻的元素高度是相等的，采用取大值来试图迭代是要失败的；
于是考虑到第(3)种情况，即从右指针已经遍历的范围内挑出最大值作为边长，这种情况在我当时看来，应该是对一种补充。（现在想来，要是有情况(3)，就不需要情况(2)了）
因为对于这题的理解，我的想法是，右指针的遍历已经能够确保，容器右边涉及的情况都被包含了。而左边只需要找到当前左右指针遍历的范围内的最高边长度，就可以保证容器面积最大。
解法如下：
1 public int maxSize(int[] height) { 2 if(height.length<2 || height == null) 3 return 0; 4 5 int pre = 0; 6 int post = height.length-1; 7 int maxsize = 0; 8 while(pre<post) { 9 int newsize = Math.min(height[pre], height[post])*(post-pre); 10 maxsize = Math.max(maxsize, newsize); 11 if(height[pre]>height[post]) 12 post--; 13 else 14 pre++; 15 } 16 return maxsize; 17 }
后来在测试样例[75,21,3,152,13,107,163,166,32,160,41,131,7,67,56,5,153,176,29,139,61,149,176,142,64,75,170,156,73,48,148,101,70,103,53,83,11,1...]时报错了。我猜测原因，只可能是遍历的情况不完整。
解法三：双指针（参考答案后，自己的解法，失败了）
官方解答的双指针是从数组两端向中间遍历的。不过我最担心的是遍历的情况是否一遍就可以访问所有的情况？
我自己的想法是，还是要从每次指针移动的情况来判断。以左指针为例，如果左指针+1的数组元素值（高度）小于等于左指针的数组元素值，考虑到整个容器的宽度还因此减小，必然不可能比原来的面积更大。
因此，但凡指针移动，面积一定会变大，直到两端指针向中间遍历所有数组元素。但是在这种情况下，发现指针根本不动......后来想了想，还是因为数组元素可能重复，而使得指针不移动。再次印证大小比较来移动在此处行不通
代码如下：
1 public int solution4(int[] height) { 2 if(height.length<2 || height == null) 3 return 0; 4 5 int pre = 0; 6 int post = height.length-1; 7 int maxsize = Math.min(height[pre], height[post])*(post-pre); 8 while(pre<post) { 9 int leftheight = Math.max(height[pre], height[pre+1]); 10 pre = (height[pre]<height[pre+1])?(pre+1):pre; 11 int rightheight = Math.max(height[post-1], height[post]); 12 post = (height[post]<height[post-1])?(post-1):post; 13 int newsize = Math.min(leftheight, rightheight)*(post-pre); 14 15 maxsize = Math.max(maxsize, newsize); 16 } 17 return maxsize; 18 }
解法四：双指针（标准答案）
先贴上官方的解法：
1 public int solution3(int[] height) { 2 if(height.length<2 || height == null) 3 return 0; 4 5 int pre = 0; 6 int post = height.length-1; 7 int maxsize = 0; 8 while(pre<post) { 9 int newsize = Math.min(height[pre], height[post])*(post-pre); 10 maxsize = Math.max(maxsize, newsize); 11 if(height[pre]>height[post]) 12 post--; 13 else 14 pre++; 15 } 16 return maxsize; 17 }
解法二之所以会考虑这么细，是因为很担心出现对双指针的遍历分析不够，认为总会漏掉某些组合。解法三又是因为一开始觉得官方的解法，只是比较左右指针的元素数值，感觉一定缺乏分析？
后来看了另一个题解，发现这个思路是完备的。
定义左指针为i，右指针为j，每种情况是(i,j)作为容边的两边
那么一共是两种情况，三个考虑节点
情况(1)就是初始情况
情况(2)是指针移动，这里有两个节点、即左指针移动和右指针移动（本质是一样的）——
先考虑左指针，
如果$h(i)<h(j)$，那么设左右指针范围内的任一节点k，其组合$X = \{ (i,k)|i < k \le j\} $都是可以排除的。
给定所有的情况为
$\forall(i, k) \in X, H(i, k)=\left\{\begin{array}{l}{h(i) *(k-i), h(i) \leq h(k)} \\ {h(k) *(k-i), h(i)>h(k)}\end{array}\right.$
对于$h(i)<h(k)$而言，如图，则有
$h(i) *(k-i) \leq h(i) *(j-i)$（蓝色面积小于红色面积）
对于$h(i)>h(k)$而言，如图，则有
$h(k) *(k-i) \leq h(i) *(k-i)<h(j) *(j-i)$（蓝色面积小于红色面积）
综上，在$h(i)<h(j)$，$h(j) *(j-i)$已经包含/排除了其它所有的组合情况，因此只需要考察$h(i+1) ? h(j)$的情况即可，即可以安全地迭代$i$
尽管$i$迭代后的面积可能更小，但是通过面积大小的比较可以让算法继续遍历。
对于右指针，情况相同。故通过左右指针从两边向中间遍历，可以包含所有的组合情况。
总结：
- 从数组两端向中间遍历的双指针是解法的基础
- 通过证明遍历的情况下能够包含所有可能，是双指针安全的根据