这题绝对有挑战啊。膜拜了诸多，自己想了个把小时，网上翻阅一个晚上。算是学习了，以下记录分享。
给定一个直方图，找最大矩形面积。例如：
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.
直观一点的想法就是，以每个框为最高，左右两边找到当前框可以跨的长度。然后记录最大值即可。这是n方的。我敲都不敲了。因为肯定超时的。
那有没有好一点的呢。有的。
利用剪枝：虽然最坏也是n方，但是省了好多计算量，也能AC
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; }
但显然还不是我们想要的。利用一个栈来记录吧，如下多好啊。
class Solution { public: int Max(int a, int b){return a > b ? a : b;} int largestRectangleArea(vector<int> &height) { height.push_back(0); // 注意先加入了末尾0，那最后栈就会把我们想要的都弹出，并计算面积 stack<int> stk; int i = 0; int maxArea = 0; while(i < height.size()){ if(stk.empty() || height[stk.top()] <= height[i]){ stk.push(i++); }else { int t = stk.top(); stk.pop(); maxArea = Max(maxArea, height[t] * (stk.empty() ? i : i - stk.top() - 1)); } } return maxArea; } };
看了网上的图，借用一下，他的图最后有误，在后面会说明。（图来自别人，部分红色部分字体是我加的）
就用题目中的[2,1,5,6,2,3]来解释一下这段代码吧。
首先，如果栈是空的，那么索引i入栈。那么第一个i=0就进去吧。注意栈内保存的是索引，不是高度。然后i++。
然后继续，当i=1的时候，发现h[i]小于了栈内的元素，于是出栈。（由此可以想到，哦，看来stack里面只存放height单调递增的索引）
这时候stack为空，所以面积的计算是h[t] * i。t是刚刚弹出的stack顶元素。也就是蓝色部分的面积。
继续。这时候stack为空了，继续入栈。注意到只要是连续递增的序列，我们都要keep pushing，直到我们遇到了i=4，h[i]=2小于了栈顶的元素。
这时候开始计算矩形面积。首先弹出栈顶元素，t=3。即下图绿色部分。
接下来注意到栈顶的（索引指向的）元素还是大于当前i指向的元素，于是出栈，并继续计算面积，粉色部分。
最后，栈顶的（索引指向的）元素小于了当前i指向的元素，循环继续，入栈并推动i前进。直到我们再次遇到下降的元素，也就是我们最后人为添加的dummy元素0.
同理，我们计算栈内的面积。由于当前i是最小元素，所以所有的栈内元素都要被弹出并参与面积计算。
（这个图应该错了，黄色部分的框应该从下标2到5，深红色的框应该从下标零到5）
注意我们在计算面积的时候已经更新过了maxArea。
总结下，我们可以看到，stack中总是保持递增的元素的索引，然后当遇到较小的元素后，依次出栈并计算栈中bar能围成的面积，直到栈中元素小于当前元素。
可以这样理解这个算法，看下图。
例如我们遇到最后遇到一个递减的bar（红色）。高度位于红线上方的（也就是算法中栈里面大于最右bar的）元素，他们是不可能和最右边的较小高度bar围成一个比大于在弹栈过程中的矩形面积了（黄色面积），因为红色的bar对他们来说是一个短板，和红色bar能围成的最大面积也就是红色的高度乘以这些“上流社会”所跨越的索引范围。但是“上流社会”的高度个个都比红色bar大，他们完全只计算彼此之间围成的面积就远远大于和红色bar围成的任意面积了。所以红色bar是不可能参与“上流社会”的bar的围城的。因为虽然长度不占优势，但是团结的力量是无穷的。它还可以参与“比较远的”比它还要屌丝的bar的围城。他们的面积是有可能超过上流社会的面积的，因为距离啊！所以弹栈到比红色bar小就停止了。
（其实这个解释我不是很赞同，好像有点瑕疵，因为红色部分的是会在之后抛出的时候计算，所以先不用考虑）
另外一个细节需要注意的是，弹栈过程中面积的计算。
h[t] * (stack.empty() ? i : i - stack.top() - 1)
h[t]是刚刚弹出的栈顶端元素。此时的面积计算是h[t]和前面的“上流社会”能围成的最大面积。这时候要注意哦，栈内索引指向的元素都是比h[t]小的，如果h[t]是目前最小的，那么栈内就是空哦。而在目前栈顶元素和h[t]之间（不包括h[t]和栈顶元素），都是大于他们两者的。如下图所示：
那h[t]无疑就是Stack.top()和t之间那些上流社会的短板啦，而它们的跨越就是i - Stack.top() - 1。
所以说，这个弹栈的过程也是维持程序不变量的方法啊：栈内元素一定是要比当前i指向的元素小的。