Given a 2D binary matrix filled with 0's and 1's, find the largest rectangle containing all ones and return its area.
难度：90 这是一道非常综合的题目，要求在0-1矩阵中找出面积最大的全1矩阵。刚看到这道题会比较无从下手，brute force就是对于每个矩阵都看一下，总共有m(m+1)/2*n(n+1)/2个子矩阵（原理跟字符串子串类似，字符串的子串数有n(n+1)/2，只是这里是二维情形，所以是两个相乘），复杂度相当高，肯定不是面试官想要的答案，就不继续想下去了。
看了一下网上的分析，发现这道题可以在Largest Rectangle in Histogram基础之上做。假设我们把矩阵沿着某一行切下来，然后把切的行作为底面，将自底面往上的矩阵看成一个直方图（histogram）。直方图的中每个项的高度就是从底面行开始往上1的数量。根据Largest Rectangle in Histogram我们就可以求出当前行作为矩阵下边缘的一个最大矩阵。接下来如果对每一行都做一次Largest Rectangle in Histogram，从其中选出最大的矩阵，那么它就是整个矩阵中面积最大的子矩阵。
算法的基本思路已经出来了，剩下的就是一些节省时间空间的问题了。
我们如何计算某一行为底面时直方图的高度呢？ 如果重新计算，那么每次需要的计算数量就是当前行数乘以列数。然而在这里我们会发现一些动态规划的踪迹，如果我们知道上一行直方图的高度，我们只需要看新加进来的行（底面）上对应的列元素是不是0，如果是，则高度是0，否则则是上一行直方图的高度加1。利用历史信息，我们就可以在线行时间内完成对高度的更新。我们知道，Largest Rectangle in Histogram的算法复杂度是O(n)。所以完成对一行为底边的矩阵求解复杂度是O(n+n)=O(n)。接下来对每一行都做一次，那么算法总时间复杂度是O(m*n)。
空间上，我们只需要保存上一行直方图的高度O(n)，加上Largest Rectangle in Histogram中所使用的空间O(n)，所以总空间复杂度还是O(n)。
编程上一些小细节：如果一行中左右两相邻元素值相等，遍历到右边元素（左边元素正在栈顶），需要pop操作的，而不是push
1 public class Solution { 2 public int maximalRectangle(char[][] matrix) { 3 if (matrix==null || matrix.length==0 || matrix[0].length==0) return 0; 4 int[] height = new int[matrix[0].length]; 5 int maxArea = 0; 6 7 for (int row=0; row<matrix.length; row++) { 8 LinkedList<Integer> stack = new LinkedList<Integer>(); 9 for (int i=0; i<matrix[0].length; i++) { 10 if (matrix[row][i] != '0') height[i] = height[i] + 1; 11 else height[i] = 0; 12 } 13 for (int col=0; col<matrix[0].length; col++) { 14 if (stack.size()==0 || height[col]>height[stack.peek()]) { 15 stack.push(col); 16 } 17 else { 18 int temp = stack.pop(); 19 int width = (stack.size()==0)? col : col-stack.peek()-1; 20 maxArea = Math.max(maxArea, width*height[temp]); 21 col--; 22 } 23 } 24 while (stack.size() != 0) { 25 int temp = stack.pop(); 26 int width = (stack.size()==0)? height.length : height.length-stack.peek()-1; 27 maxArea = Math.max(maxArea, width*height[temp]); 28 } 29 } 30 31 return maxArea; 32 } 33 }