Largest Rectangle in Histogram
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.
思路：如果时间复杂度要求是O(n2)的话，解法比较多也比较好理解。比如可以遍历，对于当前 i 位置上的立柱，计算出以这个i 立柱结尾的最大矩形，然后求出总的最大矩形。
计算以i 立柱结尾的最大矩形又需要一次遍历，因此时间复杂度是 O(n2)。
或者可以用另一种方法：最大矩形的高度毫无疑问必然和某一个立柱的高度相等，或者说，最大矩形必然包含了某一个立柱的全部。
因此，可以遍历所有立柱，对当前立柱 i，以其高度左右扩展，看看以当前立柱 i 的高度最多能包含进多大的矩形面积。最后选出最大的总面积即可。这种思路的代码如下：
class Solution { public: int largestRectangleArea(vector<int> &height) { if(height.size() == 0) return 0; int max = 0; for(int i = 0; i < height.size(); ++i){ int mid = i; int area = 0; for(;mid >= 0 && height[mid] >= height[i]; area += height[i], --mid); for(mid = i+1 ;mid < height.size() && height[mid] >= height[i]; area += height[i], ++mid); if(max < area) max = area; } return max; } };
一点也不意外，过不了大集合测试。
但之所以把这个思路介绍一下，是因为这个思路可以孵化出时间复杂度为O(n)的解。
这种解法委实巧妙，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。
自己实现代码如下，虽然是二重循环，但时间复杂度实际 2N，故为O(N)
class Solution { public: int largestRectangleArea(vector<int> &height) { if(height.size() == 0) return 0; stack<int> st; int MAX = 0; height.push_back(0); int leftarea = 0, rightarea = 0; for(int i = 0; i < height.size(); ++i){ while(!st.empty() && height[st.top()] > height[i]){ int tmp = st.top(); st.pop(); leftarea = (st.empty() ? tmp + 1 : tmp - st.top()) * height[tmp]; //以tmp为高度，tmp所在柱以及向左延伸出来的矩形面积 rightarea = (i - tmp - 1) * height[tmp]; //以tmp为高度，向右边延伸出来的矩形面积 if((leftarea + rightarea) > MAX) MAX = (leftarea + rightarea); } st.push(i); } return MAX; } };
100 ms AC
另一版稍简介的代码 ，引自 水中的鱼-[LeetCode] Largest Rectangle in Histogram 解题报告
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: }
108 ms AC
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。
多么精彩的解法！
接下来还有道Maximal Rectangle 的题，这道题的实用价值很大：算01 矩阵中包含最多1 的矩形。
Given a 2D binary matrix filled with 0's and 1's, find the largest rectangle containing all ones and return its area.
有了上一题的基础，这道题就可等效为上一题，对于矩阵每一行，我们将其看作直方图，立柱的高度就是行中元素往上数包含的连续1的个数。
因此每一行都可以利用上一题方法计算最大矩形，最后求出各行结果的最大值就好了。时间复杂度 O(n2)
class Solution { public: int maximalRectangle(vector<vector<char> > &matrix) { if(matrix.size() == 0 || matrix[0].size() == 0) return 0; int H = matrix.size(), W = matrix[0].size(); int height[W+1]; int i, j , MAX = 0, leftarea = 0, rightarea = 0; stack<int> st; for(i = 0; i <= W; height[i] = 0, ++i); for(i = 0; i < H; ++i){ while(!st.empty()) st.pop(); for(j = 0; j < W; ++j){ if(matrix[i][j] == '1') height[j]++; else height[j] = 0; } for(int j = 0; j <= W; ++j){ while(!st.empty() && height[st.top()] > height[j]){ int tmp = st.top(); st.pop(); leftarea = (st.empty() ? tmp + 1 : tmp - st.top()) * height[tmp]; rightarea = (j - tmp - 1) * height[tmp]; if((leftarea + rightarea) > MAX) MAX = (leftarea + rightarea); } st.push(j); } } return MAX; } };
88ms AC
总结：
第一题中，能完成那样精彩的解法，stack 的灵活使用功不可没，这样使用stack可能一上来不容易想到。
但是如果我们遇到这道题的时候，一开始应该想想特例，比如递增序列下的最大矩形面积，然后发散开来，想想一般情况和这种递增情况的关系，也许就能有突破。使用类似的"从特例到一般"的发散方式还有Candy (分糖果)的第二种解法。
题外话：最近在看《一万小时理论》，感觉到所谓天才，不过是不停的总结，在练习和总结中，慢慢地能够熟练运用正确的思考方法和找到正确的思路，从而可以在较短时间内给出解的人。一起努力加厚自己的髓鞘质吧 :)