题目： 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.
解法一： 这样的题目一般都有O(n)的解法，因为O(n2)的解法实在是太显而易见了。
可悲的是，本娃就只写出了后者。。。代码如下：
1 public int largestRectangleArea(int[] height) { 2 // Start typing your Java solution below 3 // DO NOT write main() function 4 int[] min = new int[height.length]; 5 int maxArea = 0; 6 for(int i = 0; i < height.length; i++){ 7 if(height[i] != 0 && maxArea/height[i] >= (height.length - i)) { 8 continue; 9 } 10 for(int j = i; j < height.length; j++){ 11 if(i == j) min[j] = height[j]; 12 else { 13 if(height[j] < min[j - 1]) { 14 min[j] = height[j]; 15 }else min[j] = min[j-1]; 16 } 17 int tentativeArea = min[j] * (j - i + 1); 18 if(tentativeArea > maxArea) { 19 maxArea = tentativeArea; 20 } 21 } 22 } 23 return maxArea; 24 }
基本思想就是遍历所有[i, j]，并在过程中找出中间最矮的bar，得出从i到j的矩形面积。
不过我就知道，一定有大神用他们极简的代码来切题，下面就是一个。
解法二：
1 public int largestRectangleArea2(int[] height) { 2 Stack<Integer> stack = new Stack<Integer>(); 3 int i = 0; 4 int maxArea = 0; 5 int[] h = new int[height.length + 1]; 6 h = Arrays.copyOf(height, height.length + 1); 7 while(i < h.length){ 8 if(stack.isEmpty() || h[stack.peek()] <= h[i]){ 9 stack.push(i++); 10 }else { 11 int t = stack.pop(); 12 maxArea = Math.max(maxArea, h[t] * (stack.isEmpty() ? i : i - stack.peek() - 1)); 13 } 14 } 15 return maxArea; 16 }
16行，给跪了。。。。
这个我不去debug下都特么不知道在干嘛。
那要不就debug下看看这段代码在做神马。例子就用题目中的[2,1,5,6,2,3]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，桃红色部分。
最后，栈顶的（索引指向的）元素大于了当前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。
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。
可是为什么这个方法是正确的呢？ 我也没搞清楚。只是觉得不明觉厉了。
-------------------------------------------------更新----------------------------------------------------------------
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（好悲哀）。
但是屌丝也不用泄气哦。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。
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.isEmpty() ? i : i - stack.peek() - 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.Peek和t之间那些上流社会的短板啦，而它们的跨越就是i - Stack.Peek - 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。
----------------------------------------------------------------------------------华丽------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
我只想问算法的作者，他们到底是怎么想出来的，在这么短的时间内。是不是有一些类似的研究或者算法给他们以灵感？
太有画面感了有木有！