1、84.柱状图中最大的矩形
给定 n 个非负整数，用来表示柱状图中各个柱子的高度。每个柱子彼此相邻，且宽度为 1 。
求在该柱状图中，能够勾勒出来的矩形的最大面积。
以上是柱状图的示例，其中每个柱子的宽度为 1，给定的高度为 [2,1,5,6,2,3]。
图中阴影部分为所能勾勒出的最大矩形面积，其面积为 10 个单位。
示例:
输入: [2,1,5,6,2,3] 输出: 10
方法一：
考虑回文串的一种从中间往两头找的算法，首先遍历，对于每一个柱状图来说，向左右搜索，直到找到比他小的柱状图（假设为l和r），这样算出该柱状图的对应的矩形的面积为(r-l+1)*heights[cur]。复杂度：O（n*n）。
class Solution { public: int largestRectangleArea(vector<int>& heights) { if(heights.empty()) return 0; int n = heights.size(); int res = 0; for(int i=0;i<n;++i) { int j = i-1, k=i+1; while(j>=0 && heights[j]>=heights[i]) j--; while(k<n && heights[k]>=heights[i]) k++; res = max(res, heights[i]*(k-j-1)); } return res; } };
方法二：
简单来说，维护一个单调栈，如果当前元素大于栈顶元素，则把当前元素的坐标入栈，否则，弹出栈顶元素直到当前元素可入栈。
在栈顶元素弹出时，把弹出的元素当成最短木板，计算能组成的最大面积是多少。时间复杂度：O（n）。
为什么栈中保存的是下标而不是数组本身的值？ 因为，维护的是递增序列，计算面积总是以短板为高度，中间部分也是取短板的高度，宽度计算在内。
可以按照下面的理解，以栈中保存值本身而不是下标为例：
比如2,1,5,6,2,3
（1）2进栈。s={2}, result = 0
（2）1比2小，不满足升序条件，因此将2弹出，并记录当前结果为2*1=2。将2替换为1重新进栈。s={1,1}, result = 2
（3）5比1大，满足升序条件，进栈。s={1,1,5},result = 2
（4）6比5大，满足升序条件，进栈。s={1,1,5,6},result = 2
（5）2比6小，不满足升序条件，因此将6弹出，并记录当前结果为6*1=6。s={1,1,5},result = 6，2比5小，不满足升序条件，因此将5弹出，并记录当前结果为5*2=10（因为已经弹出的5,6是升序的）。s={1,1},result = 102比1大，将弹出的5,6替换为2重新进栈。s={1,1,2,2,2},result = 10
（6）3比2大，满足升序条件，进栈。s={1,1,2,2,2,3},result = 10，栈构建完成，满足升序条件，因此按照升序处理办法得到上述的max(height[i]*(size-i))=max{3*1, 2*2, 2*3, 2*4, 1*5, 1*6}=8<10
综上所述，result=10
class Solution { public: int largestRectangleArea(vector<int>& heights) { int res = 0; if(heights.empty()) return res; stack<int> st; heights.push_back(0); for(int i=0;i<heights.size();++i) { while (!st.empty() && heights[st.top()] >= heights[i]) { int cur = st.top(); st.pop(); int dis = st.empty() ? i : (i - st.top() - 1); res = max(res, heights[cur] * dis); } st.push(i); } return res; } };
2、85. 最大矩形
给定一个仅包含 0 和 1 的二维二进制矩阵，找出只包含 1 的最大矩形，并返回其面积。
示例:
输入: [ ["1","0","1","0","0"], ["1","0","1","1","1"], ["1","1","1","1","1"], ["1","0","0","1","0"] ] 输出: 6
此题是上面那道的的扩展，这道题的二维矩阵每一层向上都可以看做一个直方图，输入矩阵有多少行，就可以形成多少个直方图，对每个直方图都调用 “直方图中最大的矩阵”中的方法，就可以得到最大的矩形面积。那么这道题唯一要做的就是将每一层构成直方图，由于题目限定了输入矩阵的字符只有 '0' 和 '1' 两种，所以处理起来也相对简单。
方法是，对于每一个点，如果是‘0’，则赋0，如果是 ‘1’，就赋 之前的height值加上1。（相当于用“1”来组成直方图）
class Solution { public: int maximalRectangle(vector<vector<char>>& matrix) { if(matrix.empty()) return 0; int m = matrix.size(); int n = matrix[0].size(); vector<int> height(n); int res = 0; for(int i=0;i<m;++i) { for(int j=0;j<n;++j) { height[j] = (matrix[i][j] == '0'? 0 : (height[j]+1));//如果先加的一行此处位置为0，则就是0，否则在原来的基础上加1 } res = max(res,helper(height) ); } return res; } int helper(vector<int>& heights) { int res = 0; if(heights.empty()) return res; stack<int> st; heights.push_back(0); for(int i=0;i<heights.size();++i) { while (!st.empty() && heights[st.top()] >= heights[i]) { int cur = st.top(); st.pop(); int dis = st.empty() ? i : (i - st.top() - 1); res = max(res, heights[cur] * dis); } st.push(i); } return res; } };