[LeetCode] Largest Rectangle in Histogram O(n) 解法详析， Maximal Rectangle

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.

思路：如果时间复杂度要求是O(n²)的话，解法比较多也比较好理解。比如可以遍历，对于当前 i 位置上的立柱，计算出以这个i 立柱结尾的最大矩形，然后求出总的最大矩形。

计算以i 立柱结尾的最大矩形又需要一次遍历，因此时间复杂度是 O(n²)。

或者可以用另一种方法：最大矩形的高度毫无疑问必然和某一个立柱的高度相等，或者说，最大矩形必然包含了某一个立柱的全部。

因此，可以遍历所有立柱，对当前立柱 i，以其高度左右扩展，看看以当前立柱 i 的高度最多能包含进多大的矩形面积。最后选出最大的总面积即可。这种思路的代码如下：

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
        if(height.size() == ) return ;
        int max = ;
        for(int i = ; i < height.size(); ++i){
            int mid = i;
            int area = ;
            for(;mid >=  && height[mid] >= height[i]; area += height[i], --mid);
            for(mid = i+ ;mid < height.size() && height[mid] >= height[i]; area += height[i], ++mid);
            if(max < area) max = area;
        }
        return max;
    }
};

一点也不意外，过不了大集合测试。

但之所以把这个思路介绍一下，是因为这个思路可以孵化出时间复杂度为O(n)的解。

这种解法委实巧妙，不是我的原创。

首先我们看一下下面的例子：

height的内容是 [5,6,7,8,3]，特点是除了最后一个，前面全部保持递增，且最后一个立柱的高度小于前面所有立柱高度。

对于这种特点的柱状图，如果使用上面所说的“挨个使用每一个柱状图的高度作为矩形的高度，求面积”的方法，还需要用嵌套循环吗？

我们知道除了最后一个，从第一个到倒数第二个立柱的高度都在升高，那么如果挨个使用每一个柱的高度作为矩形的高度，那么依次能得到的矩形的宽度就可以直接算出来：使用5作为高度可以使用前四个立柱组成 4*5的矩形，高度6可以组成3*6的矩形... 因此只需要遍历一次，选出最大面积即可。

对于这种类型的柱状图，最大矩形面积的时间复杂度是O(n)。

我们将这种特点的柱状图称为“波峰图”。

下面介绍新的解法的步骤：

(1) 在height尾部添加一个0，也就是一个高度为0的立柱。作用是在最后也能凑成上面提的那种“波峰图”。

(2) 定义了一个stack，然后遍历时如果height[i] 大于stack.top()，进栈。反之，出栈直到栈顶元素小于height[i]。

由于出栈的这些元素高度都是递增的，我们可以求出这些立柱中所围成的最大矩形。更妙的是，由于这些被弹出的立柱处于“波峰”之上(比如弹出i 到 i+k，那么所有这些立柱的高度都高于 i-1和 i+k+1的高度)，因此，如果我们使用之前所提的“左右延伸找立柱”的思路解，以这些立柱的高度作为整个矩形的高度时，左右延伸出的矩形所包含的立柱不会超出这段“波峰”，因为波峰外的立柱高度都比他们低。“波峰图”其实就是求解最大矩形的“孤岛”，它不会干扰到外部。

(3) 由于比height[i]大的元素都出完了，height[i]又比栈顶元素大了，因此再次进栈。如此往复，直到遍历到最后那个高度为0的柱，触发最后的弹出以及最后一次面积的计算，此后stack为空。

(4) 返回面积最大值。

栈中存的不是高度，而是height的索引，这样做的好处是不会影响宽度的计算，索引值相减 = 宽度。

自己实现代码如下，虽然是二重循环，但时间复杂度实际  2N，故为O(N)

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
        if(height.size() == ) return ;
        stack<int> st;
        int MAX = ;
        height.push_back();
        int leftarea = , rightarea = ;
        for(int i = ; i < height.size(); ++i){
            while(!st.empty() && height[st.top()] > height[i]){
                int tmp = st.top();
                st.pop();
                leftarea = (st.empty() ? tmp +  : tmp - st.top()) * height[tmp]; //以tmp为高度，tmp所在柱以及向左延伸出来的矩形面积
                rightarea = (i - tmp - ) * height[tmp]; //以tmp为高度，向右边延伸出来的矩形面积
                if((leftarea + rightarea) > MAX) MAX = (leftarea + rightarea);
            }
            st.push(i);
        }
        return MAX;
    }
};

100 ms AC

另一版稍简介的代码 ，引自 水中的鱼-[LeetCode] Largest Rectangle in Histogram 解题报告

:  int largestRectangleArea(vector<int> &h) {
:       stack<int> S;
:       h.push_back();
:       int sum = ;
:       for (int i = ; i < h.size(); i++) {
:            if (S.empty() || h[i] > h[S.top()]) S.push(i);
:            else {
:                 int tmp = S.top();
:                 S.pop();
:                 sum = max(sum, h[tmp]*(S.empty()? i : i-S.top()-));
:                 i--;
:            }
:       }
:       return sum;
:  }  

108 ms AC

此解法最大亮点就在于

(1) stack里存的是index，计算面积时的宽度使用 index的差值，所以虽然stack 弹出了立柱，但是不影响宽度的计算，依然可以计算面积。

(2) 这种解法本质上是查看以每一个立柱为矩形高度，求出最大面积，但是它通过入栈出栈，把整个height变成一组组“波峰图”来解，这种高度布局下，最大面积的计算是O(n)的，然后将所有波峰图的最大面积取最大值。最后做到了以O(n)的时间复杂度覆盖了所有的立柱。

多么精彩的解法！

接下来还有道Maximal Rectangle 的题，这道题的实用价值很大：算01 矩阵中包含最多1 的矩形。

Given a 2D binary matrix filled with 0's and 1's, find the largest rectangle containing all ones and return its area.

有了上一题的基础，这道题就可等效为上一题，对于矩阵每一行，我们将其看作直方图，立柱的高度就是行中元素往上数包含的连续1的个数。

因此每一行都可以利用上一题方法计算最大矩形，最后求出各行结果的最大值就好了。时间复杂度 O(n²)

class Solution {
public:
    int maximalRectangle(vector<vector<char> > &matrix) {
        if(matrix.size() ==  || matrix[].size() == ) return ;
        int H = matrix.size(), W = matrix[].size();
        int height[W+];
        int i, j , MAX = , leftarea = , rightarea = ;
        stack<int> st;
        for(i = ; i <= W; height[i] = , ++i);
        for(i = ; i < H; ++i){
            while(!st.empty()) st.pop();
            for(j = ; j < W; ++j){
                if(matrix[i][j] == '') height[j]++;
                else height[j] = ;
            }
            for(int j = ; j <= W; ++j){
                while(!st.empty() && height[st.top()] > height[j]){
                    int tmp = st.top();
                    st.pop();
                    leftarea = (st.empty() ? tmp +  : tmp - st.top()) * height[tmp];
                    rightarea = (j - tmp - ) * height[tmp];
                    if((leftarea + rightarea) > MAX) MAX = (leftarea + rightarea);
                }
                st.push(j);
            }
        }
        return MAX;
    }
};

88ms AC

总结：

第一题中，能完成那样精彩的解法，stack 的灵活使用功不可没，这样使用stack可能一上来不容易想到。

但是如果我们遇到这道题的时候，一开始应该想想特例，比如递增序列下的最大矩形面积，然后发散开来，想想一般情况和这种递增情况的关系，也许就能有突破。使用类似的"从特例到一般"的发散方式还有Candy (分糖果)的第二种解法。

题外话：最近在看《一万小时理论》，感觉到所谓天才，不过是不停的总结，在练习和总结中，慢慢地能够熟练运用正确的思考方法和找到正确的思路，从而可以在较短时间内给出解的人。一起努力加厚自己的髓鞘质吧 :)