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：如果時間復雜度要求是O(n2)的話，解法比較多也比較好理解。比如可以遍歷，對於當前 i 位置上的立柱，計算出以這個i 立柱結尾的最大矩形，然后求出總的最大矩形。
計算以i 立柱結尾的最大矩形又需要一次遍歷，因此時間復雜度是 O(n2)。
或者可以用另一種方法：最大矩形的高度毫無疑問必然和某一個立柱的高度相等，或者說，最大矩形必然包含了某一個立柱的全部。
因此，可以遍歷所有立柱，對當前立柱 i，以其高度左右擴展，看看以當前立柱 i 的高度最多能包含進多大的矩形面積。最后選出最大的總面積即可。這種思路的代碼如下：
class Solution { public: int largestRectangleArea(vector<int> &height) { if(height.size() == 0) return 0; int max = 0; for(int i = 0; i < height.size(); ++i){ int mid = i; int area = 0; for(;mid >= 0 && height[mid] >= height[i]; area += height[i], --mid); for(mid = i+1 ;mid < height.size() && height[mid] >= height[i]; area += height[i], ++mid); if(max < area) max = area; } return max; } };
一點也不意外，過不了大集合測試。
但之所以把這個思路介紹一下，是因為這個思路可以孵化出時間復雜度為O(n)的解。
這種解法委實巧妙，不是我的原創。
首先我們看一下下面的例子：
height的內容是 [5,6,7,8,3]，特點是除了最后一個，前面全部保持遞增，且最后一個立柱的高度小於前面所有立柱高度。
對於這種特點的柱狀圖，如果使用上面所說的“挨個使用每一個柱狀圖的高度作為矩形的高度，求面積”的方法，還需要用嵌套循環嗎？
我們知道除了最后一個，從第一個到倒數第二個立柱的高度都在升高，那么如果挨個使用每一個柱的高度作為矩形的高度，那么依次能得到的矩形的寬度就可以直接算出來：使用5作為高度可以使用前四個立柱組成 4*5的矩形，高度6可以組成3*6的矩形... 因此只需要遍歷一次，選出最大面積即可。
對於這種類型的柱狀圖，最大矩形面積的時間復雜度是O(n)。
我們將這種特點的柱狀圖稱為“波峰圖”。
下面介紹新的解法的步驟：
(1) 在height尾部添加一個0，也就是一個高度為0的立柱。作用是在最后也能湊成上面提的那種“波峰圖”。
(2) 定義了一個stack，然后遍歷時如果height[i] 大於stack.top()，進棧。反之，出棧直到棧頂元素小於height[i]。
由於出棧的這些元素高度都是遞增的，我們可以求出這些立柱中所圍成的最大矩形。更妙的是，由於這些被彈出的立柱處於“波峰”之上(比如彈出i 到 i+k，那么所有這些立柱的高度都高於 i-1和 i+k+1的高度)，因此，如果我們使用之前所提的“左右延伸找立柱”的思路解，以這些立柱的高度作為整個矩形的高度時，左右延伸出的矩形所包含的立柱不會超出這段“波峰”，因為波峰外的立柱高度都比他們低。“波峰圖”其實就是求解最大矩形的“孤島”，它不會干擾到外部。
(3) 由於比height[i]大的元素都出完了，height[i]又比棧頂元素大了，因此再次進棧。如此往復，直到遍歷到最后那個高度為0的柱，觸發最后的彈出以及最后一次面積的計算，此后stack為空。
(4) 返回面積最大值。
棧中存的不是高度，而是height的索引，這樣做的好處是不會影響寬度的計算，索引值相減 = 寬度。
自己實現代碼如下，雖然是二重循環，但時間復雜度實際 2N，故為O(N)
class Solution { public: int largestRectangleArea(vector<int> &height) { if(height.size() == 0) return 0; stack<int> st; int MAX = 0; height.push_back(0); int leftarea = 0, rightarea = 0; for(int i = 0; i < height.size(); ++i){ while(!st.empty() && height[st.top()] > height[i]){ int tmp = st.top(); st.pop(); leftarea = (st.empty() ? tmp + 1 : tmp - st.top()) * height[tmp]; //以tmp為高度，tmp所在柱以及向左延伸出來的矩形面積 rightarea = (i - tmp - 1) * height[tmp]; //以tmp為高度，向右邊延伸出來的矩形面積 if((leftarea + rightarea) > MAX) MAX = (leftarea + rightarea); } st.push(i); } return MAX; } };
100 ms AC
另一版稍簡介的代碼 ，引自 水中的魚-[LeetCode] Largest Rectangle in Histogram 解題報告
1: int largestRectangleArea(vector<int> &h) { 2: stack<int> S; 3: h.push_back(0); 4: int sum = 0; 5: for (int i = 0; i < h.size(); i++) { 6: if (S.empty() || h[i] > h[S.top()]) S.push(i); 7: else { 8: int tmp = S.top(); 9: S.pop(); 10: sum = max(sum, h[tmp]*(S.empty()? i : i-S.top()-1)); 11: i--; 12: } 13: } 14: return sum; 15: }
108 ms AC
此解法最大亮點就在於
(1) stack里存的是index，計算面積時的寬度使用 index的差值，所以雖然stack 彈出了立柱，但是不影響寬度的計算，依然可以計算面積。
(2) 這種解法本質上是查看以每一個立柱為矩形高度，求出最大面積，但是它通過入棧出棧，把整個height變成一組組“波峰圖”來解，這種高度布局下，最大面積的計算是O(n)的，然后將所有波峰圖的最大面積取最大值。最后做到了以O(n)的時間復雜度覆蓋了所有的立柱。
多么精彩的解法！
接下來還有道Maximal Rectangle 的題，這道題的實用價值很大：算01 矩陣中包含最多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.
有了上一題的基礎，這道題就可等效為上一題，對於矩陣每一行，我們將其看作直方圖，立柱的高度就是行中元素往上數包含的連續1的個數。
因此每一行都可以利用上一題方法計算最大矩形，最后求出各行結果的最大值就好了。時間復雜度 O(n2)
class Solution { public: int maximalRectangle(vector<vector<char> > &matrix) { if(matrix.size() == 0 || matrix[0].size() == 0) return 0; int H = matrix.size(), W = matrix[0].size(); int height[W+1]; int i, j , MAX = 0, leftarea = 0, rightarea = 0; stack<int> st; for(i = 0; i <= W; height[i] = 0, ++i); for(i = 0; i < H; ++i){ while(!st.empty()) st.pop(); for(j = 0; j < W; ++j){ if(matrix[i][j] == '1') height[j]++; else height[j] = 0; } for(int j = 0; j <= W; ++j){ while(!st.empty() && height[st.top()] > height[j]){ int tmp = st.top(); st.pop(); leftarea = (st.empty() ? tmp + 1 : tmp - st.top()) * height[tmp]; rightarea = (j - tmp - 1) * height[tmp]; if((leftarea + rightarea) > MAX) MAX = (leftarea + rightarea); } st.push(j); } } return MAX; } };
88ms AC
總結：
第一題中，能完成那樣精彩的解法，stack 的靈活使用功不可沒，這樣使用stack可能一上來不容易想到。
但是如果我們遇到這道題的時候，一開始應該想想特例，比如遞增序列下的最大矩形面積，然后發散開來，想想一般情況和這種遞增情況的關系，也許就能有突破。使用類似的"從特例到一般"的發散方式還有Candy (分糖果)的第二種解法。
題外話：最近在看《一萬小時理論》，感覺到所謂天才，不過是不停的總結，在練習和總結中，慢慢地能夠熟練運用正確的思考方法和找到正確的思路，從而可以在較短時間內給出解的人。一起努力加厚自己的髓鞘質吧 :)