法1：暴力枚举矩形的左右的两个端点，会TLE

class Solution {
public:
    int maxArea(vector<int>& height) {
    int res=0;
    for(int i=0;i<height.size();i++)
    {
        for(int j=i+1;j<height.size();j++)
        res=max(res,min(height[j],height[i])*(j-i));
    }
    return res;
    }
};

法2：双指针扫描(思路来自力扣官方题解)

1.双指针的含义： 可以作为容器边界的所有位置的范围。在一开始，双指针指向数组的0,n-1，表示
                 数组中所有的位置都可以作为容器的边界,我们每次移动指针的时候,就表示我们认为 
                 这个指针成为最大解的边界的可能了；

2.如何移动指针： 直觉上，假设左,右指针分别指向i,j,间距为t,每次无论移动哪个指针，t都会变为t-1,关键在h=min(h[i                  h[j]);
                 当h[i]<=h[j]时,移动i,否则移动j；就是谁小就移动谁；

3.正确性的证明:反正法：证明在h[i]<=h[j]的情况下，i不可能在最优解的左端点；

              假设最优解为S,它的左端点为i,j*为右端点，向左移动j指向j*,由(j*-i)<(j-i),注意j此时还没到达右边界
               min(h[i],h[j*])<=min(h[i],h[j]):

              当h[j*]<=h[j]时，min(h[i],h[j*])<=h[i];
              当h[j*]>h[j]时， min(h[i],h[j*])=h[i];
              即无论我们怎么移动右指针，得到的容器的容量都小于移动前容器的容量，当j移动到右边界时的S小于移动之前的S&，与S时最优解矛盾

4.终止条件：i==j,即i，j之间t=0，答案就是每次在移动之前以目前可能的边界i，j算出S，每次移动都会出现新的边界

5.代码：

class Solution {
public:
    int maxArea(vector<int>& height) {
    int res=0;
    int l=0,r=height.size()-1;
    while(l<r)
    {
        res=max(res,min(height[l],height[r])*(r-l));
        if(height[l]<=height[r]) l++;
        else r--;
    }
    return res;
    }
};