LeetCode: Largest Rectangle in Histogram(直方图最大面积)

http://blog.csdn.net/abcbc/article/details/8943485

具体的题目描述为：

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.

这道题可以有两个解法。

解法一是穷举法，对于直方图的每一个右边界，穷举所有的左边界。将面积最大的那个值记录下来。时间复杂度为O(n^2). 单纯的穷举在LeetCode上面过大集合时会超时。可以通过选择合适的右边界，做一个剪枝(Pruning)。观察发现当height[k] >= height[k - 1]时，无论左边界是什么值，选择height[k]总会比选择height[k - 1]所形成的面积大。因此，在选择右边界的时候，首先找到一个height[k] < height[k - 1]的k，然后取k - 1作为右边界，穷举所有左边界，找最大面积。

Java代码：

// O(n^2) with pruning  
public int largestRectangleArea1(int[] height) {  
  // Start typing your Java solution below  
  // DO NOT write main() function  
  int area = 0;  
  for (int i = 0; i < height.length; i++) {  
    for (int k = i + 1; k < height.length; k++) {  
      if (height[k] < height[k - 1]) {  
        i = k - 1;  
        break;  
      } else {  
        i = k;  
      }  
    }  
    int lowest = height[i];  
    for (int j = i; j >= 0; j--) {  
      if (height[j] < lowest) {  
        lowest = height[j];  
      }  
      int currArea = (i - j + 1) * lowest;  
      if (currArea > area) {  
        area = currArea;  
      }  
    }  
  }  
  return area;  
}  

虽然上面的解法可以过大集合，但是不是最优的方法，下面介绍使用栈的优化解法。时间复杂度为O(n).

 此解法的核心思想为：一次性计算连续递增的区间的最大面积，并且考虑完成这个区间之后，考虑其前、后区间的时候，不会受到任何影响。也就是这个连续递增区间的最小高度大于等于其前、后区间。

这个方法非常巧妙，最好通过一个图来理解：

假设输入直方图为：int[] height = {2,7,5,6,4}.

这个方法运行的时候，当遇到height[2] == 5的时候，发现其比之前一个高度小，则从当前值（5）开始，向左搜索比当前值小的值。当搜索到最左边（2）时，比5小，此时计算在height[0]和height[2]之间的最大面积，注意不包括height[0]和和height[2]。height[1]以红色标出的这个区域就被计算完成。同样的方法，计算出绿色和粉色的面积。

因此这个方法需要使用两个栈。第一个栈为高度栈heightStack，用于记录还没有被计算过的连续递增的序列的值。第二个栈为下标栈indexStack，用于记录高度栈中对应的每一个高度的下标，以计算宽度。

算法具体执行的步骤为：

若heightStack为空或者当前高度大于heightStack栈顶，则当前高度和当前下标分别入站（下面有一个解法可以只用一个栈即可，用栈来保存下标，而高度由下标很容易得到）。所以heightStack记录了一个连续递增的序列。

若当前高度小于heightStack栈顶，heightStack和indexStack出栈，直到当前高度大于等于heightStack栈顶。出栈时，同时计算区间所形成的最大面积。注意计算完之后，当前值入栈的时候，其对应的下标应该为最后一个从indexStack出栈的下标。比如height[2]入栈时，其对应下标入栈应该为1，而不是其本身的下标2。如果将其本身下标2入栈，则计算绿色区域的最大面积时，会忽略掉红色区域。

C++代码：

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
        if(height.size() == 0) return 0;
        
        int res = 0;
        vector<int> tmp = height;
        tmp.push_back(0);  // Important

        stack<int> s;
        for(int i = 0; i < tmp.size(); i++)
        {
            if(s.empty() || (!s.empty() && tmp[i] >= tmp[s.top()])) s.push(i);
            else{
                while(!s.empty() && tmp[s.top()] > tmp[i])
                {
                    int idx = s.top(); s.pop();
                    int width = s.empty() ? i : (i-s.top()-1);
                    res = max(res, tmp[idx] * width);
                }
                s.push(i);  // Important
            }
        }
        return res;
    }
};

　　

Java代码：

// O(n) using two stacks  
public int largestRectangleArea(int[] height) {  
  // Start typing your Java solution below  
  // DO NOT write main() function  
  int area = 0;  
  java.util.Stack<Integer> heightStack = new java.util.Stack<Integer>();  
  java.util.Stack<Integer> indexStack = new java.util.Stack<Integer>();  
  for (int i = 0; i < height.length; i++) {  
    if (heightStack.empty() || heightStack.peek() <= height[i]) {  
      heightStack.push(height[i]);  
      indexStack.push(i);  
    } else if (heightStack.peek() > height[i]) {  
      int j = 0;  
      while (!heightStack.empty() && heightStack.peek() > height[i]) {  
        j = indexStack.pop();  
        int currArea = (i - j) * heightStack.pop();  
        if (currArea > area) {  
          area = currArea;  
        }  
      }  
      heightStack.push(height[i]);  
      indexStack.push(j);  
    }  
  }  
  while (!heightStack.empty()) {  
    int currArea = (height.length - indexStack.pop()) * heightStack.pop();  
    if (currArea > area) {  
      area = currArea;  
    }  
  }  
  return area;  
} 

　　

更新：

在网上发现另外一个使用一个栈的O(n)解法，代码非常简洁，栈内存储的是高度递增的下标。对于每一个直方图高度，分两种情况。1：当栈空或者当前高度大于栈顶下标所指示的高度时，当前下标入栈。否则，2：当前栈顶出栈，并且用这个下标所指示的高度计算面积。而这个方法为什么只需要一个栈呢？因为当第二种情况时，for循环的循环下标回退，也就让下一次for循环比较当前高度与新的栈顶下标所指示的高度，注意此时的栈顶已经改变由于之前的出栈。

Java代码：

// O(n) using one stack  
public int largestRectangleArea(int[] height) {  
  // Start typing your Java solution below  
  // DO NOT write main() function  
  int area = 0;  
  java.util.Stack<Integer> stack = new java.util.Stack<Integer>();  
  for (int i = 0; i < height.length; i++) {  
    if (stack.empty() || height[stack.peek()] < height[i]) {  
      stack.push(i);  
    } else {  
      int start = stack.pop();  
      int width = stack.empty() ? i : i - stack.peek() - 1;  
      area = Math.max(area, height[start] * width);  
      i--;  
    }  
  }  
  while (!stack.empty()) {  
    int start = stack.pop();  
    int width = stack.empty() ? height.length : height.length - stack.peek() - 1;  
    area = Math.max(area, height[start] * width);        
  }  
  return area;  
}