本文始发于个人公众号：TechFlow，原创不易，求个关注
今天是LeetCode专题第52篇文章，我们一起来看LeetCode第84题，Largest Rectangle in Histogram（最大矩形面积）。
这道题的官方难度是Hard，点赞3581，反对只有80，通过率在34.7%左右。从通过率上来看，难度其实还可以，并没有特别大，但是这道题的点赞比很高，说明题目的质量很好。实际上也的确如此，这题非常经典，我个人也非常推荐。建议大家有能力的都做一下本题，一定会很有收获。
题意
假设我们有一系列宽度相同都为1的矩形竖直地摆放在一起，请问摆放而成的这个图案所能围成的最大矩形的面积是多少？
比如上图当中，我们有6个矩形，它们的宽度都是1。我们能找到的最大矩形应该是中间5和6围成的矩形：
题目给定一个含有若干个整数的数字，表示这些矩形的高度，要求返回能找到的面积最大的矩形的面积。
样例
Input: [2,1,5,6,2,3]
Output: 10
区间求最值
拿到手应该能感受到这题的难度，我们一上来的确没有什么太好的思路，题目也比较明确，没有太多可以分析的入手点。所以我们可以先来思考一下最简单的解法。
最简单的解法就是找出能够围成的所有矩形，然后比较它们之间的面积，得出其中的最大面积。我们很容易可以想到可以遍历矩形的起始位置，这样就得到了矩形的宽。至于矩形的长也很简单，就是选定的这个区间段里的最低高度。
我们可以做一个小小的思路转换，假设这些矩形都是木条，我们是要选出木条来制作木桶。那么根据木桶效应，木桶围成的水的高度取决于最短的那根木条，同样围成矩形的面积的高取决于这些矩形当中最矮的那个。也就是说，当我们确定了区间之后，我们只需要找到区间里最小的数就可以了。所以这题就转化成了区间求最值的问题，比如上图当中，如果我们选择最后三个矩形，那么它的高度就是2。
我们假设一共有n个长条矩形可供选择，那么我们可以选出的首尾组合就是，大概是n的平方量级个区间。对于每个区间，我们需要遍历它们中的元素获取最小值，这需要
的遍历时间，所以整体的复杂度应该在
量级。显然这是一个非常大的数量级，当n超过1000就很难计算出解了。
这个思路显然不够好，我们想要对它进行优化也不容易。比如说如果你学过线段树这类的数据结构，可能还会想到使用线段树，我们可以将每次求最小值的查询优化到，但即便如此最终的复杂度也很高。这是因为我们遍历区间首尾位置就耗费了
，而这是很难优化的。所以这个思路的极限已经确定了，我们无法做出大的优化。
从这点出发，如果存在更好的解法，那么一定不是通过这种方式进行的。
逆向思维
上面的一种思路虽然不太可行，但是它提供了一种正向思路。我们搜索所有的区间，然后通过区间里的木条确定区围成矩形的高度，就得到了矩形的面积。
既然这条路走不通，我们能不能反向思考呢？我们假设我们找到了答案，它是区间[a, b]段的木条围成的矩形，它的高度是h。那么根据木桶效应，a到b区间段的木条当中一定有一根的长度是h。比如下图当中[5, 6, 2, 3]如果要围成矩形，那么高度只能是2。
既然如此，我们可以寻找以某根木条为短板所能构成的最大矩形。比如上图当中，如果我们以第一根木条去寻找，就只能找到它本身，所以这个矩形的面积就是1 x 2 = 2。如果以第二根木条为短板去寻找，可以找到整个区间，它对应的面积就是1 x 6 = 6。
因为我们只有n个木条，以每个木条为短板寻找最大矩形，那么我们一定可以找出最多n个矩形。最终的答案一定在这n个矩形当中，在正向思维当中我们寻找木条区间需要的复杂度，然而我们寻找短板，只需要
，也就是说这种思路的搜索空间更小，只要我们保证搜索的效率，就可以更快地找到答案。
为了找到每个木条对应的最大矩形，我们需要找到每个短板向左以及向右能够延伸到的最远位置。比如上图例子当中，根据每个木条向右延伸的最远位置，我们可以得到[0, 5, 3, 3, 5, 5]，同样，我们可以得到每根木条向左延伸的数组：[0, 0, 2, 3, 2, 5]。有了这两个数组之后，我们就可以计算出以每一根木条为短板的最大矩形的面积，在这其中面积最大的那个就是答案。
这个位置我们可以使用单调栈来求，我们用一个有序的栈来维护延伸的位置。举个例子，我们用从栈底往栈顶递增的单调栈来维护每根木条向右延伸的位置。当我们遇到一根新的木条时，会弹出栈中所有比它长的值。对于这些值来说，这根新的木条就是它的右边界。比如[5, 6, 2]，一开始读到5，入栈。接着读到6，由于6大于栈顶的5，所以6入栈。最后读到2，由于2比6小，所以6出栈，对于6来说，2的位置就是它的右侧边界。正是由于2比它小，所以它才需要出栈，也说明了2的左侧的元素都比6来的大，否则6在之前就应该出栈了。同理，2也是5的右侧边界。
如果你不了解单调栈，可以参考一下之前的文章：
LeetCode42题，单调栈、构造法、two pointers，这道Hard题的解法这么多？
我们把以上的逻辑翻转，就得到了左侧边界求解的逻辑。左右边界有了之后，我们只需要乘上它们之间的区间长度就得到了矩形的面积。
接着，我们来写出代码：
class Solution:
def largestRectangleArea(self, heights: List[int]) -> int:
n = len(heights)
# 左侧边界初始化为0
left_side = [0 for i in range(n)]
# 右侧边界初始化为n-1
right_side = [n-1 for _ in range(n)]
stack_left = []
stack_right = []
for i in range(n):
h = heights[i]
# 弹出栈中所有比当前元素小的值
# 注意，栈内存储的是下标
while len(stack_right) > 0 and h < heights[stack_right[-1]]:
tail = stack_right[-1]
stack_right.pop()
right_side[tail] = i - 1
# 当前元素入栈
stack_right.append(i)
# 把坐标翻转，等价于逆向遍历
i_ = n - 1 - i
h = heights[i_]
# 维护单调栈的逻辑同上
while len(stack_left) > 0 and h < heights[stack_left[-1]]:
tail = stack_left[-1]
stack_left.pop()
left_side[tail] = i_ + 1
# 当前元素入栈
stack_left.append(i_)
ret = 0
for i in range(n):
# 矩形面积等于右侧边界-左侧边界+1 x 高度
cur = (right_side[i] - left_side[i] + 1) * heights[i]
ret = max(ret, cur)
return ret
总结
想要把这道题做出来，单单理清楚题意和单单会单调栈都是没有用的。既需要理清楚题意，从最简单的解法出发推导出优化的方法，也需要深刻理解单调栈这个数据结构，才可以灵活应用。
另外，在代码当中需要特别注意边界的情况。比如初始化时左右边界的设定，以及可能会出现连续相等元素的情况，这些都需要纳入考虑。代码虽然看起来简单，但是隐藏了很多细节，所以只看代码是没用的，最好还是能亲自实现一下。
今天的文章到这里就结束了，如果喜欢本文的话，请来一波素质三连，给我一点支持吧（关注、转发、点赞）。
本文使用 mdnice 排版