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 heights = [2,1,5,6,2,3],
return 10.
题目描述：就是给你一组数组，每个位置上的数都代表一个宽度为1的矩形柱，求你能得到的面积最大的矩形柱的面积。这里要注意，如果是[2,1,2],输出的结果应该是3而不是2，是从3个矩形柱中截取高度为1的矩形拼接而成的。
没有什么题目是纯暴力不能解决的，当然考虑到时间复杂度和空间复杂度，这个还是有可能会崩的。
以下是一个O(n)的解法，并不是我的原创。
首先我们看一下下面的例子：
height的内容是 [5,6,7,8,3]，特点是除了最后一个，前面全部保持递增，且最后一个立柱的高度小于前面所有立柱高度。
对于这种特点的柱状图，如果使用上面所说的“挨个使用每一个柱状图的高度作为矩形的高度，求面积”的方法，还需要用嵌套循环吗？
我们知道除了最后一个，从第一个到倒数第二个立柱的高度都在升高，那么如果挨个使用每一个柱的高度作为矩形的高度，那么依次能得到的矩形的宽度就可以直接算出来：使用5作为高度可以使用前四个立柱组成 4*5的矩形，高度6可以组成3*6的矩形... 因此只需要遍历一次，选出最大面积即可。
对于这种类型的柱状图，最大矩形面积的时间复杂度是O(n)。
我们将这种特点的柱状图称为“波峰图”。
下面介绍新的解法的步骤：
(1) 在height尾部添加一个0，也就是一个高度为0的立柱。作用是在最后也能凑成上面提的那种“波峰图”。
(2) 定义了一个stack，然后遍历时如果height[i] 大于stack.top()，进栈。反之，出栈直到栈顶元素小于height[i]。
由于出栈的这些元素高度都是递增的，我们可以求出这些立柱中所围成的最大矩形。更妙的是，由于这些被弹出的立柱处于“波峰”之上(比如弹出i 到 i+k，那么所有这些立柱的高度都高于 i-1和 i+k+1的高度)，因此，如果我们使用之前所提的“左右延伸找立柱”的思路解，以这些立柱的高度作为整个矩形的高度时，左右延伸出的矩形所包含的立柱不会超出这段“波峰”，因为波峰外的立柱高度都比他们低。“波峰图”其实就是求解最大矩形的“孤岛”，它不会干扰到外部。
(3) 由于比height[i]大的元素都出完了，height[i]又比栈顶元素大了，因此再次进栈。如此往复，直到遍历到最后那个高度为0的柱，触发最后的弹出以及最后一次面积的计算，此后stack为空。
(4) 返回面积最大值。
栈中存的不是高度，而是height的索引，这样做的好处是不会影响宽度的计算，索引值相减 = 宽度。
1 int largestRectangleArea(vector<int> &h) { 2 stack<int> S; 3 h.push_back(0); 4 int sum = 0; 5 for (int i = 0; i < h.size(); i++) { 6 if (S.empty() || h[i] > h[S.top()]) S.push(i); 7 else { 8 int tmp = S.top(); 9 S.pop(); 10 sum = max(sum, h[tmp]*(S.empty()? i : i-S.top()-1)); 11 i--; 12 } 13 } 14 return sum; 15 }
此解法最大亮点就在于：
(1) stack里存的是index，计算面积时的宽度使用 index的差值，所以虽然stack 弹出了立柱，但是不影响宽度的计算，依然可以计算面积。
(2) 这种解法本质上是查看以每一个立柱为矩形高度，求出最大面积，但是它通过入栈出栈，把整个height变成一组组“波峰图”来解，这种高度布局下，最大面积的计算是O(n)的，然后将所有波峰图的最大面积取最大值。最后做到了以O(n)的时间复杂度覆盖了所有的立柱。
非常值得学习。