LeetCode（84）： 柱狀圖中最大的矩形

Hard！

題目描述：

給定 n 個非負整數，用來表示柱狀圖中各個柱子的高度。每個柱子彼此相鄰，且寬度為 1 。

求在該柱狀圖中，能夠勾勒出來的矩形的最大面積。

以上是柱狀圖的示例，其中每個柱子的寬度為 1，給定的高度為 [2,1,5,6,2,3]。

圖中陰影部分為所能勾勒出的最大矩形面積，其面積為 10 個單位。

示例:

輸入: [2,1,5,6,2,3]
輸出: 10

解題思路：

這道題讓求直方圖中最大的矩形，http://fisherlei.blogspot.com/2012/12/leetcode-largest-rectangle-in-histogram.html這里有一種很好的優化方法，就是遍歷數組，每找到一個局部峰值，然后向前遍歷所有的值，算出共同的矩形面積，每次對比保留最大值。

C++解法一：

// Pruning optimize
class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < height.size(); ++i) {
            if (i + 1 < height.size() && height[i] <= height[i + 1]) {
                continue;
            }
            int minH = height[i];
            for (int j = i; j >= 0; --j) {
                minH = min(minH, height[j]);
                int area = minH * (i - j + 1);
                res = max(res, area);
            }
        }
        return res;
    }
};

還有一種比較流行的解法，是利用棧來解，詳見http://www.cnblogs.com/lichen782/p/leetcode_Largest_Rectangle_in_Histogram.html，但是經過仔細研究，其核心思想跟上面那種剪枝的方法有異曲同工之妙，這里維護一個棧，用來保存遞增序列，相當於上面那種方法的找局部峰值。

我們可以看到，直方圖形面積要最大的話，需要盡可能的使用連續的矩形多，並且最低一塊的高度要高。有點要木桶原理一樣，總是最低的那塊板子決定桶的裝水量。那么既然需要用單調棧來做，首先要考慮到底用遞增棧，還是用遞減棧來做。

增棧是維護遞增的順序，當遇到小於棧頂元素的數就開始處理，而遞減棧正好相反，維護遞減的順序，當遇到大於棧頂元素的數開始處理。那么根據這道題的特點，我們需要按從高板子到低板子的順序處理，先處理最高的板子，寬度為1，然后再處理旁邊矮一些的板子，此時長度為2，因為之前的高板子可組成矮板子的矩形 ，因此我們需要一個遞增棧，當遇到大的數字直接進棧，而當遇到小於棧頂元素的數字時，就要取出棧頂元素進行處理了，那取出的順序就是從高板子到矮板子了，於是乎遇到的較小的數字只是一個觸發，表示現在需要開始計算矩形面積了，為了使得最后一塊板子也被處理，這里用了個小trick，在高度數組最后面加上一個0，這樣原先的最后一個板子也可以被處理了。由於棧頂元素是矩形的高度，那么關鍵就是求出來寬度，那么跟之前那道Trapping Rain Water一樣，單調棧中不能放高度，而是需要放坐標。由於我們先取出棧中最高的板子，那么就可以先算出長度為1的矩形面積了，然后再取下一個板子，此時根據矮板子的高度算長度為2的矩形面積，以此類推，知道數字大於棧頂元素為止，再次進棧，很是巧妙！關於單調棧問題可以參見http://www.cnblogs.com/grandyang/p/8887985.html

C++解法二：

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
        int res = 0;
        stack<int> st;
        height.push_back(0);
        for (int i = 0; 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() - 1)));
                --i;
            }     
        }
        return res;
    }
};

我們可以將上面的方法稍作修改，使其更加簡潔一些：

C++解法二：

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
        int res = 0;
        stack<int> st;
        heights.push_back(0);
        for (int i = 0; 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() - 1)));
            }
            st.push(i);
        }
        return res;
    }
};