Question:
Given n non-negative integers representing the histogram's bar height where the width of each bar is 1, find the area of largest rectangle in the histogram.
Above is a histogram where width of each bar is 1, given height = [2,1,5,6,2,3].
The largest rectangle is shown in the shaded area, which has area = 10 unit.
For example,
Given height = [2,1,5,6,2,3],
return 10.
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Solution:
这道题和Maximal Rectangle的后半部分是同样解法。
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在Maximal Rectangle里我是这么做的：
1 private int findMaxArea(int[] aRow) { 2 // TODO Auto-generated method stub 3 int max = 0; 4 for (int i = 0; i < aRow.length; i++) { 5 int left = 1; 6 int right = 1; 7 int temp = aRow[i]; 8 int cnt = temp; 9 while (i - left >= 0) { 10 if (aRow[i - left] >= temp) { 11 cnt += temp; 12 left++; 13 } else 14 break; 15 } 16 while (i + right < aRow.length) { 17 if (aRow[i + right] >= temp) { 18 cnt += temp; 19 right++; 20 } else 21 break; 22 } 23 max = Math.max(cnt, max); 24 } 25 return max; 26 }
但是这样做是O（N^2）的时间复杂度。
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此题，看了http://blog.csdn.net/doc_sgl/article/details/11805519的解法，觉得特别好。他的解法通过stack来扫一遍数组，时间复杂度只要O（N）。
就用题目中的[2,1,5,6,2,3]来解释一下这段代码吧。
首先，如果栈是空的，那么索引i入栈。那么第一个i=0就进去吧。注意栈内保存的是索引，不是高度。然后i++。
然后继续，当i=1的时候，发现h[i]小于了栈内的元素，于是出栈。（由此可以想到，哦，看来stack里面只存放height单调递增的索引）
这时候stack为空，所以面积的计算是h[t] * i。t是刚刚弹出的stack顶元素。也就是蓝色部分的面积。
继续。这时候stack为空了，继续入栈。注意到只要是连续递增的序列，我们都要keep pushing，直到我们遇到了i=4，h[i]=2小于了栈顶的元素。
这时候开始计算矩形面积。首先弹出栈顶元素，t=3。即下图绿色部分。
接下来注意到栈顶的（索引指向的）元素还是大于当前i指向的元素，于是出栈，并继续计算面积，粉色部分。
最后，栈顶的（索引指向的）元素小于了当前i指向的元素，循环继续，入栈并推动i前进。直到我们再次遇到下降的元素，也就是我们最后人为添加的dummy元素0.
同理，我们计算栈内的面积。由于当前i是最小元素，所以所有的栈内元素都要被弹出并参与面积计算。
注意我们在计算面积的时候已经更新过了maxArea。
总结下，我们可以看到，stack中总是保持递增的元素的索引，然后当遇到较小的元素后，依次出栈并计算栈中bar能围成的面积，直到栈中元素小于当前元素。
可以这样理解这个算法，看下图。
例如我们遇到最后遇到一个递减的bar（红色）。高度位于红线上方的（也就是算法中栈里面大于最右bar的）元素，他们是不可能和最右边的较小高度bar围成一个比大于在弹栈过程中的矩形面积了（黄色面积），因为红色的bar对他们来说是一个短板，和红色bar能围成的最大面积也就是红色的高度乘以这些“上流社会”所跨越的索引范围。但是“上流社会”的高度个个都比红色bar大，他们完全只计算彼此之间围成的面积就远远大于和红色bar围成的任意面积了。所以红色bar是不可能参与“上流社会”的bar的围城的。因为虽然长度不占优势，但是团结的力量是无穷的。它还可以参与“比较远的”比它还要屌丝的bar的围城。他们的面积是有可能超过上流社会的面积的，因为距离啊！所以弹栈到比红色bar小就停止了。
另外一个细节需要注意的是，弹栈过程中面积的计算。
h[t] * (stack.empty() ? i : i - stack.top() - 1)
h[t]是刚刚弹出的栈顶端元素。此时的面积计算是h[t]和前面的“上流社会”能围成的最大面积。这时候要注意哦，栈内索引指向的元素都是比h[t]小的，如果h[t]是目前最小的，那么栈内就是空哦。而在目前栈顶元素和h[t]之间（不包括h[t]和栈顶元素），都是大于他们两者的。如下图所示：
那h[t]无疑就是Stack.top()和t之间那些上流社会的短板啦，而它们的跨越就是i - Stack.top() - 1。
所以说，这个弹栈的过程也是维持程序不变量的方法啊：栈内元素一定是要比当前i指向的元素小的。
转载：http://blog.csdn.net/doc_sgl/article/details/11805519
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1 public class Solution { 2 public int largestRectangleArea(int[] height) { 3 if (height == null) 4 return 0; 5 6 Stack<Integer> st = new Stack<Integer>(); 7 int maxArea = 0; 8 int i=0; 9 int N = height.length; 10 int[] h=new int[N+1]; 11 h=Arrays.copyOf(height, N+1); //添加末位元素0 12 while(i<=N){ 13 if(st.empty()||h[st.peek()]<=h[i]){ 14 st.push(i++); 15 16 }else{ 17 int temp=st.pop(); 18 maxArea=Math.max(maxArea,h[temp]*(st.empty()?i:i-st.peek()-1)); 19 } 20 } 21 return maxArea; 22 } 23 }