LeetCode（84）： 柱状图中最大的矩形

Hard！

题目描述：

给定 n 个非负整数，用来表示柱状图中各个柱子的高度。每个柱子彼此相邻，且宽度为 1 。

求在该柱状图中，能够勾勒出来的矩形的最大面积。

以上是柱状图的示例，其中每个柱子的宽度为 1，给定的高度为 [2,1,5,6,2,3]。

图中阴影部分为所能勾勒出的最大矩形面积，其面积为 10 个单位。

示例:

输入: [2,1,5,6,2,3]
输出: 10

解题思路：

这道题让求直方图中最大的矩形，http://fisherlei.blogspot.com/2012/12/leetcode-largest-rectangle-in-histogram.html这里有一种很好的优化方法，就是遍历数组，每找到一个局部峰值，然后向前遍历所有的值，算出共同的矩形面积，每次对比保留最大值。

C++解法一：

 // Pruning optimize
 class Solution {
 public:
     int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
         int res = ;
         for (int i = ; i < height.size(); ++i) {
             if (i +  < height.size() && height[i] <= height[i + ]) {
                 continue;
             }
             int minH = height[i];
             for (int j = i; j >= ; --j) {
                 minH = min(minH, height[j]);
                 int area = minH * (i - j + );
                 res = max(res, area);
             }
         }
         return res;
     }
 };

还有一种比较流行的解法，是利用栈来解，详见http://www.cnblogs.com/lichen782/p/leetcode_Largest_Rectangle_in_Histogram.html，但是经过仔细研究，其核心思想跟上面那种剪枝的方法有异曲同工之妙，这里维护一个栈，用来保存递增序列，相当于上面那种方法的找局部峰值。

我们可以看到，直方图形面积要最大的话，需要尽可能的使用连续的矩形多，并且最低一块的高度要高。有点要木桶原理一样，总是最低的那块板子决定桶的装水量。那么既然需要用单调栈来做，首先要考虑到底用递增栈，还是用递减栈来做。

增栈是维护递增的顺序，当遇到小于栈顶元素的数就开始处理，而递减栈正好相反，维护递减的顺序，当遇到大于栈顶元素的数开始处理。那么根据这道题的特点，我们需要按从高板子到低板子的顺序处理，先处理最高的板子，宽度为1，然后再处理旁边矮一些的板子，此时长度为2，因为之前的高板子可组成矮板子的矩形 ，因此我们需要一个递增栈，当遇到大的数字直接进栈，而当遇到小于栈顶元素的数字时，就要取出栈顶元素进行处理了，那取出的顺序就是从高板子到矮板子了，于是乎遇到的较小的数字只是一个触发，表示现在需要开始计算矩形面积了，为了使得最后一块板子也被处理，这里用了个小trick，在高度数组最后面加上一个0，这样原先的最后一个板子也可以被处理了。由于栈顶元素是矩形的高度，那么关键就是求出来宽度，那么跟之前那道Trapping Rain Water一样，单调栈中不能放高度，而是需要放坐标。由于我们先取出栈中最高的板子，那么就可以先算出长度为1的矩形面积了，然后再取下一个板子，此时根据矮板子的高度算长度为2的矩形面积，以此类推，知道数字大于栈顶元素为止，再次进栈，很是巧妙！关于单调栈问题可以参见http://www.cnblogs.com/grandyang/p/8887985.html

C++解法二：

 class Solution {
 public:
     int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
         int res = ;
         stack<int> st;
         height.push_back();
         for (int i = ; i < height.size(); ++i) {
             if (st.empty() || height[st.top()] < height[i]) {
                 st.push(i);
             } else {
                 int cur = st.top(); st.pop();
                 res = max(res, height[cur] * (st.empty() ? i : (i - st.top() - )));
                 --i;
             }
         }
         return res;
     }
 };

我们可以将上面的方法稍作修改，使其更加简洁一些：

C++解法二：

 class Solution {
 public:
     int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
         int res = ;
         stack<int> st;
         heights.push_back();
         for (int i = ; i < heights.size(); ++i) {
             while (!st.empty() && heights[st.top()] >= heights[i]) {
                 int cur = st.top(); st.pop();
                 res = max(res, heights[cur] * (st.empty() ? i : (i - st.top() - )));
             }
             st.push(i);
         }
         return res;
     }
 };