题目：
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. （Hard）
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 heights = [2,1,5,6,2,3],
return 10.
分析：
非常经典的一道题目，想了好久也没想出来，还是参考了讨论区。
题意是找到最大的直方图面积。显而易见的思路是对于每个高度heights[i]，向左向右找到第一个小于它的位置，即为以此高度能组成的最大直方图面积。
循环下来求得所有高度为底线的最大直方图面积，求max即可。
但寻找左右边界的时间复杂度O(n)，遍历的时间复杂度也是O(n)， O(n^2)的算法是超时的。
中间自己还想到了一些简单的优化想法，比如空间换时间，记录求过的边界并利用，但在最坏样例下还是O(n^2)的，还是不行。
题目的解法是采用一个栈，非常的巧妙。
维护一个栈；
当遍历到位置的高度大于栈顶高度时： 压栈，同时说明了，此时这个位置的前一位的下标即为这个高度的左边界；（满足向左数第一个小于他的）
当遍历到位置的高度小于栈顶高度时：一直弹栈至上述条件不满足，同时对每一个弹出的元素，他的右边界即为当前遍历到的位置（右数第一个大于他的）。
此时可以根据左右边界计算以此高度能组成的最大直方图面积。
可以直接在栈中存储下标，便于计算边界差值（左边界是栈内部的下一个元素，因为只要能压栈，说明前一个即为其左边界），同时也方便取出某一下标的高度。
注意：栈为空时，下标取-1；
代码：
1 class Solution { 2 public: 3 int largestRectangleArea(vector<int>& heights) { 4 int result = 0; 5 int sz = heights.size(); 6 stack<int> s; 7 for (int i = 0; i < sz; ++i) { 8 if (s.empty() || heights[i] >= heights[s.top()]) { 9 s.push(i); 10 } 11 else { 12 while (!s.empty() && heights[s.top()] > heights[i]) { 13 int cur = s.top(); 14 s.pop(); 15 int prev = (s.empty()) ? -1 : s.top(); 16 result = max(result, (i - prev - 1) * heights[cur] ); 17 } 18 s.push(i); 19 } 20 } 21 while (!s.empty()) { 22 int cur = s.top(); 23 s.pop(); 24 int prev = (s.empty()) ? -1 : s.top(); 25 result = max(result, (sz - prev - 1) * heights[cur] ); 26 } 27 return result; 28 } 29 };