[leetcode] 84. Largest Rectangle in Histogram 解题报告

题目链接：https://leetcode.com/problems/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：这题的一个基本思想是以每一个bar为最低点，向左右遍历直到遇到比他小的bar或边界。这样就能找到一个此bar为最低点的矩形面积。遍历所有的bar之后即可找到最大的矩形面积。但是向左右遍历寻找比他小的bar的时间复杂度是O(n)，在加上遍历一遍所有的bar，总的时间复杂度将为O(n*n)，是无法通过所有数据的。因此我们需要寻找一种时间复杂度更低的寻找一个bar左右边界的算法。在网上流传了一个设计极其巧妙的方法，借助一个stack可以将时间复杂度降为O(n)。

这种算法的思想是维护一个递增的栈，这个栈保存了元素在数组中的位置。 这样在栈中每一个左边的bar都比本身小，所以左边就天然有界了，也就是左边界就是左边的一个bar。遍历一遍height数组，在将height数组入栈的时候，如果当前元素height[i]比栈顶元素小，则我们又找到了栈顶元素的右边界。因此我们在此时就可以计算以栈顶元素为最低bar的矩形面积了，因为左右边界我们都已经找到了，而且是在O(1)的时间复杂度内找到的。然后就可以将栈顶元素出栈了。这样每出栈一个元素，即计算以此元素为最低点的矩形面积。当最终栈空的时候我们就计算出了以所有bar为最低点的矩形面积。为保证让所有元素都出栈，我们在height数组最后加一个0，因为一个元素要出栈必须要遇到一个比他小的元素，也就是右边界。

代码如下：

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector& heights) {
        if(heights.size() ==0) return 0;
        heights.push_back(0);
        int len = heights.size(), ans = 0;
        stack st;
        for(int i = 0; i < len; i++)
        {
            while(!st.empty() && heights[i] < heights[st.top()])
            {
                auto val = st.top();
                st.pop();
                ans = max(ans, heights[val]*(i-1-(st.empty()?-1:st.top())));
            }
            st.push(i);
        }
        return ans;
    }
};