# 11. 盛最多水的容器
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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
# 第一版，速度太慢
int maxArea(vector<int>& height) {
int len=height.size();
int mostWater = 0;
for (int i = 0,row,col; i < len; ++i)
{
for (int j = i+1; j < len; ++j)
{
row = j - i;
col = min(height[i], height[j]);
mostWater = row * col > mostWater ? row * col : mostWater;
}
}
return mostWater;
}
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执行用时 :1640 ms, 在所有 C++ 提交中击败了9.51%的用户
内存消耗 :9.9 MB, 在所有 C++ 提交中击败了65.57%的用户
# 第二版 双指针，很快
int maxArea(vector<int>& height) {
int high=height.size()-1,low=0;
int mostWater = 0,temp;
while (low < high)
{
temp = (high - low) * min(height[low], height[high]);
mostWater = mostWater > temp ? mostWater : temp;
if (height[low] <= height[high]) low++;
else high--;
}
return mostWater;
}
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执行用时 :16 ms, 在所有 C++ 提交中击败了97.32%的用户
内存消耗 :9.8 MB, 在所有 C++ 提交中击败了74.86%的用户
# 官方题解：
https://leetcode-cn.com/problems/container-with-most-water/solution/sheng-zui-duo-shui-de-rong-qi-by-leetcode/
最初我们考虑由最外围两条线段构成的区域。现在，为了使面积最大化，我们需要考虑更长的两条线段之间的区域。如果我们试图将指向较长线段的指针向内侧移动，矩形区域的面积将受限于较短的线段而不会获得任何增加。但是，在同样的条件下，移动指向较短线段的指针尽管造成了矩形宽度的减小，但却可能会有助于面积的增大。因为移动较短线段的指针会得到一条相对较长的线段，这可以克服由宽度减小而引起的面积减小。
# 比较经典的介绍
思路： 算法流程： 设置双指针 ii,jj 分别位于容器壁两端，根据规则移动指针（后续说明），并且更新面积最大值 res，直到 i == j 时返回 res。
指针移动规则与证明： 每次选定围成水槽两板高度 h[i]h[i],h[j]h[j] 中的短板，向中间收窄 11 格。以下证明：
设每一状态下水槽面积为 S(i, j)S(i,j),(0 <= i < j < n)(0<=i<j<n)，由于水槽的实际高度由两板中的短板决定，则可得面积公式 S(i, j) = min(h[i], h[j]) × (j - i)S(i,j)=min(h[i],h[j])×(j−i)。 在每一个状态下，无论长板或短板收窄 11 格，都会导致水槽 底边宽度 -1−1： 若向内移动短板，水槽的短板 min(h[i], h[j])min(h[i],h[j]) 可能变大，因此水槽面积 S(i, j)S(i,j) 可能增大。 若向内移动长板，水槽的短板 min(h[i], h[j])min(h[i],h[j]) 不变或变小，下个水槽的面积一定小于当前水槽面积。 因此，向内收窄短板可以获取面积最大值。换个角度理解： 若不指定移动规则，所有移动出现的 S(i, j)S(i,j) 的状态数为 C(n, 2)C(n,2)，即暴力枚举出所有状态。 在状态 S(i, j)S(i,j) 下向内移动短板至 S(i + 1, j)S(i+1,j)（假设 h[i] < h[j]h[i]<h[j] ），则相当于消去了 {S(i, j - 1), S(i, j - 2), ... , S(i, i + 1)}S(i,j−1),S(i,j−2),...,S(i,i+1) 状态集合。而所有消去状态的面积一定 <= S(i, j)<=S(i,j)： 短板高度：相比 S(i, j)S(i,j) 相同或更短（<= h[i]<=h[i]）； 底边宽度：相比 S(i, j)S(i,j) 更短。 因此所有消去的状态的面积都 < S(i, j)<S(i,j)。通俗的讲，我们每次向内移动短板，所有的消去状态都不会导致丢失面积最大值 。 复杂度分析：
时间复杂度 O(N)O(N)，双指针遍历一次底边宽度 NN 。 空间复杂度 O(1)O(1)，指针使用常数额外空间。
# 1497. 检查数组对是否可以被 k 整除
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给你一个整数数组 arr 和一个整数 k ，其中数组长度是偶数，值为 n 。
现在需要把数组恰好分成 n / 2 对，以使每对数字的和都能够被 k 整除。
如果存在这样的分法，请返回 True ；否则，返回 False 。
示例 1：
输入：arr = [1,2,3,4,5,10,6,7,8,9], k = 5
输出：true
解释：划分后的数字对为 (1,9),(2,8),(3,7),(4,6) 以及 (5,10) 。
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示例 2：
输入：arr = [1,2,3,4,5,6], k = 7
输出：true
解释：划分后的数字对为 (1,6),(2,5) 以及 (3,4) 。
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示例 3：
输入：arr = [1,2,3,4,5,6], k = 10
输出：false
解释：无法在将数组中的数字分为三对的同时满足每对数字和能够被 10 整除的条件。
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示例 4：
输入：arr = [-10,10], k = 2
输出：true
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示例 5：
输入：arr = [-1,1,-2,2,-3,3,-4,4], k = 3
输出：true
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提示：
arr.length == n1 <= n <= 10^5n为偶数-10^9 <= arr[i] <= 10^91 <= k <= 10^5
# 1，贪心 + 取余做法
思路:错误想法,找到两个之和整除,这样可能找不全 正确思路:对数组每个数求余,负数就得+k,然后统计每个余数的数量 从0到k-1, 1的数量要和k-1的数量相同才能,2和k-2等等 0的数量要是2的倍数
执行用时：264 ms, 在所有 C++ 提交中击败了84.21%的用户
内存消耗：61.5 MB, 在所有 C++ 提交中击败了100.00%的用户
bool canArrange(vector<int>& arr, int k) {
vector<int> res(k,0);
for(auto a:arr){
res[(a%k + k)%k]++;//可能会有负数，因此要加上 k
}
if(res[0]%2!=0) return false;//为0的必须是 2的倍数，比如 0 + 7 或者 7 + 14 这样的
for(int i=1;i<=k/2;++i){
if(res[i]!=res[k-i]) return false;
}
return true;
}
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