【Largest Rectangle in Histogram】cpp

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.

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.

代码：

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& height) {
            int ret = ;
            const size_t len = height.size();
            if (!len) return len;
            int *dp_left = new int[len](), *dp_right = new int[len]();
            dp_left[] = ;
            dp_right[len-] = len-;
            // dp_left : record the left most position of height arr that the curr element can reach
            for ( size_t i = ; i < len; ++i ){
                int left = i;
                while ( left> && height[i]<=height[left-] ) left = dp_left[left-];
                dp_left[i] = left;
            }
            // dp_right : vice versa
            for ( int i = len-; i >; --i) {
                int right = i;
                while ( right<len- && height[i]<=height[right+] ) right = dp_right[right+];
                dp_right[i] = right;
            }
            // get the largest rectangle
            for ( size_t i = ; i < len; ++i ) ret = std::max( ret, (dp_right[i]-dp_left[i]+)*height[i] );
            delete[] dp_left;
            delete[] dp_right;
            return ret;
    }
};

tips：

采用dp的思路，主要参考 http://www.acmerblog.com/largest-rectangle-in-histogram-6117.html

遍历三次：

1. left to right : dp_left[i]数组存放height[i]向左最多能推到哪个位置

2. right to left : dp_right[i]数组存放height[i]向右最多能推到哪个位置

注意，不论是dp_left还是dp_right存放都是height数组的绝对位置（一开始dp_right一直存放相对位置，导致不能AC）

这里虽然for循环中又有while循环，但是复杂度并不是O(n²)，原因并不是一个挨着一个跳的，而是用之前比较的结果(dp_left，dp_right)跳的。

3. 最后走一遍dp，记录最大值

==========================================

自己找虐，又去追了一下stack的解法。自己写了很久并没有通过，学习了下网上的代码。

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

核心思想就是：维护一个递增的stack。

1. 一旦遇到不能维持递增stack的元素了，就逐个往外弹出，直到能压进去。

2. 往外弹一个元素，就意味着这个元素不能再留着了，因此就计算一下包含弹出的这个元素在内，最大的rectangle是多少。

这里可能有一个疑问：把这个元素弹出来，那万一这个元素跟后面的元素能配上，获得更大大面积了呢？

这个是不可能发生的，因为这个元素能弹出来，必然是在其后面遇上了比它小的元素（阻断了被弹出的元素与后面的联系），因此这种算法是合理的。完毕。

===============================================

第二次过这道题，只记得用递增的stack来做了。

（1）stack里面存的是元素的下标

（2）先弹出来栈顶的元素，再看新的栈顶的元素（刚弹出来的这个元素往前能推到哪里）

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