有两种方法，左右扫描或辅助栈。
方法I： 左右扫描法
考虑到最大面积的矩形高度一定跟某个条一样高，所以挨个枚举每个条，看其向左、向右最多能延伸到多远。在计算左右边界时，可以借助之前计算过的结果迭代（类似动归的感觉）优化以减少时间复杂度，这应该算是唯一的难点了。总的来说，向左一遍，向右一遍，整体求面积再一遍，一共需要3次遍历，时间复杂度是O(n)。
左右扫描法非常直观。
代码：
1 int largestRectangleArea(vector<int> &height) { 2 if (height.empty()) return 0; 3 4 int n = height.size(); 5 int maxArea = 0; 6 int *left = new int[n]; // 向左能延伸多远 7 int *right = new int[n]; // 向右能延伸多远 8 9 // 向右延伸 10 right[n - 1] = 1; 11 for (int i = n - 2; i >= 0; i--) { 12 if (height[i] > height[i + 1]) 13 right[i] = 1; 14 else { 15 int j = i + 1; 16 while (j < n && height[j] >= height[i]) 17 j += right[j]; 18 right[i] = j - i; 19 } 20 } 21 22 // 向左延伸 23 left[0] = 1; 24 for (int i = 1; i < n; i++) { 25 if (height[i] < height[i - 1]) 26 left[i] = 1; 27 else { 28 int j = i - 1; 29 while (j >= 0 && height[j] >= height[i]) 30 j -= left[j]; 31 left[i] = i - j; 32 } 33 } 34 35 // 求面积 36 maxArea = height[0]; 37 for (int i = 0; i < n; i++) { 38 maxArea = max(height[i] * (left[i] + right[i] - 1), maxArea); 39 } 40 41 return maxArea; 42 }
方法II： 辅助栈法（网上很多人采用的方法）
根本思想是：依次遍历所有矩形条，尝试计算以该矩形条为高度的矩形面积。但是在遍历的时候我们不知道后面还有什么样的矩形条怎么办？没关系，对于没法确定面积的矩形，压栈，留着以后处理，而对于那些已经可以确定计算出面积的矩形条，留着也没用，弹栈。
如果我们能知道一个矩形条向左向右最远能延伸多远，我们就能计算出以该矩形条为高的矩形面积了！我们怎么知道向左向右能延伸多远？观察下面几种情况：
情况1，第i个矩形比右边相邻的第i+1个矩形高，如下图所示。意味着，以height[i]为高的矩形的右边界就是第i个矩形，因为右边界不能更右了（废话），也不会在左边（向左只会让矩形面积减小）。所以在这种情况下，我们可以立即确定以第i个矩形的高度height[i]为高度的最大矩形面积的右边界。
情况2，第i个矩形比左边相邻的第i-1个矩形高，如下图所示。意味着，以height[i]为高的矩形的左边界就是第i个矩形，因为左边界不能更左了（废话），也不会出现在右边（因为向右只会另矩形面积减小）。所以在这种情况下，我们立即就可以确定以第i个矩形的高度height[i]为高度的最大举行面积的左边界。
现在，我们依次遍历各个矩形条，遍历过的矩形条压入栈中保存，则不难发现下面的现象：
如果当前矩形条的高度高于栈顶的矩形条的高度，对应上面的情况2，我们可以立即得出，当前矩形一定是以它为高的矩形的左边界。那么现在我们还不能确定其右边界，所以除了入栈什么都不用做，如下图所示：
如果当前矩形条的高度小于或等于栈顶矩形条的高度，对应上面的情况1，我们可以立即得出：栈顶的矩形一定是以它为高的矩形的右边界所以，我们可以立刻得到以栈顶的矩形条高度为高度的最大矩形的面积（下图中带颜色的两个矩形）！既然我们算出了前一个条最大矩形的面积，那么也就没必要再留着它了。所以，可以放心把它删掉，或者说合并。
按照上述操作遍历完所有矩形条之后，栈中的矩形一定是下面这个样子。（栈里面所有的条肯定是按照高度依次递增的）
此时，对于任何一个矩形条，我们可以确定，它的右边界一定是整个栈里所保留的条形图的最右边界，而它的左边界一定是它这个条自己的左边界，所以，剩余的矩形条也可以立即算出其对应的最大矩形的面积。
其实，只需要在所有的矩形条最后添加一个高度为0的虚拟矩形条，可以省略上面的两小步。这个虚拟矩形条起收割作用。（见代码第2行）
显然时间复杂度是O(n)。
具体代码实现有两个技巧：
1. 我们只需要在辅助栈保存矩形的右边界坐标即可，不需要保存高度，因为可以通过右边界坐标得到（height[i] ），也不需要保存左边界坐标，因为上一个矩形的右边界坐标+1就是当前矩形的左边界。
2. 在直方图最后添加一个高度为0的虚拟矩形条，这样保证一次遍历之后栈里面的矩形都被正确处理过了，否则需要再重复一遍。
代码：
1 int largestRectangleArea(vector<int> &height) { 2 height.push_back(0); // 添加虚拟矩形条 3 stack<int> st; 4 int n = height.size(); 5 int maxArea = 0; 6 int h, w; 7 8 for (int i = 0; i < n; i++) { 9 if (st.empty() || height[st.top()] < height[i]) 10 st.push(i); 11 else { 12 while (!st.empty() && height[i] <= height[st.top()]) { 13 h = height[st.top()]; 14 st.pop(); 15 w = st.empty() ? i : i - (st.top() + 1); 16 maxArea = max(maxArea, h * w); 17 } 18 st.push(i); 19 } 20 } 21 22 return maxArea; 23 }