LeetCode_直方图最大面积(Largest Rectangle in Histogram)

一、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.

LeetCode 84题：Largest Rectangle in Histogram，给定一个直方图（下图a），求直方图中能够组成的所有矩形中，面积最大为多少。对于图a来说，我们很容易看出来面积最大的矩形为高度为5和6的直方图组成的矩形（图b隐形部分），其面积为5 * 2 = 10。

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二、解题

1.感想

如果就对于图片的示例而言，许多人一看就知道答案了，压根就不需要太多的思考，可是正是因为这种定性的思考，让我们慢慢没法“知其所以然”，也让我们慢慢失去了举一反三的思考方式，就图片的示例而言，之所以我们一看就能看出答案，是因为示例的例子数据太少了，如果数据很多的时候我们能一看就看出答案吗？所以无论面对什么样的题目，我们都不能放弃“知其所以然”，从根本解决问题。

2.暴力搜索

这道题目一个显而易见的解决方法就是暴力搜索：找出所有可能的矩形，然后求出面积最大的那个。要找出所有可能的矩形，只需要从左到右扫描每个立柱，然后以这个立柱为矩形的左边界（假设为第i个），再向右扫面，分别以（i+1, i+2, n）为右边界确定矩形的形状。

这符合我们本能的思考过程：要找出最大的一个，就先列出所有的可能，比较大小后求出最大的那个。然而不幸的是，本能的思考过程通常是简单粗暴而又低效的，就这个题目来说，时间复杂度为N^2 。

3.使用动态规划

用left[i]表示第i个柱子可以最多向左延伸至第left[i]个柱子，形成一个矩形，right[i]则表示向右延伸。遍历两次，分别计算出这两个数组。

再遍历一次，即可求出所有的柱子可以形成的最大的矩形面积。为了减少边界的判断，可以使用哨兵，在两端添加两个柱子高度都为-1.

public class LargestRectangle {

    public static void main(String[] args) {
        int height[] = { 2, 1, 5, 6, 2, 3 };
        int ans = getMaxRectangle(height);
        // lift[]=[0,1,1,3,4,3,6] right[]=[0,1,6,4,4,6,6]
        System.out.println("最大的面积位：" + ans);
    }

    /**
     * 遍历每个柱子可以组成的最大面积
     * 
     * @param heights
     * @return 最大的面积
     */
    public static int getMaxRectangle(int heights[]) {
        int ans = 0;
        int n = heights.length;
        int left[] = new int[n + 1];
        int right[] = new int[n + 1];
        processLR(heights, left, right);
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int tmp = (right[i] - left[i] + 1) * heights[i - 1];
            if (ans < tmp)
                ans = tmp;
        }
        return ans;
    }

    /**
     * 初始化左右两个数组
     * 
     * @param heights
     * @param left
     * @param right
     */
    public static void processLR(int heights[], int left[], int right[]) {
        int n = heights.length;
        // 用临时数组，设置两个哨兵
        int tempArr[] = new int[n + 2];
        tempArr[0] = -1;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            tempArr[i] = heights[i - 1];
        tempArr[tempArr.length - 1] = -1;

        // 用left[i]表示第i个柱子可以最多向左延伸至第left[i]个柱子
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int k = i;
            while (tempArr[i] <= tempArr[k - 1])
                k = left[k - 1];
            left[i] = k;
        }

        // 用right[i]表示第i个柱子可以最多向右延伸至第right[i]个柱子
        for (int i = n; i > 0; i--) {
            int k = i;
            while (tempArr[i] <= tempArr[k + 1])
                k = right[k + 1];
            right[i] = k;
        }
    }
}

运行的结果：

4.巧妙使用栈

在网上发现另外一个使用一个栈的O(n)解法，代码非常简洁，栈内存储的是高度递增的下标。对于每一个直方图高度，分两种情况。1：当栈空或者当前高度大于栈顶下标所指示的高度时，当前下标入栈。否则，2：当前栈顶出栈，并且用这个下标所指示的高度计算面积。而这个方法为什么只需要一个栈呢？因为当第二种情况时，for循环的循环下标回退，也就让下一次for循环比较当前高度与新的栈顶下标所指示的高度，注意此时的栈顶已经改变由于之前的出栈。

public class largestRectangleArea {

    public static void main(String[] args) {
        int height[] = { 2, 1, 5, 6, 2, 3 };
        int ans = largestRectangleArea(height);
        System.out.println("最大的面积位：" + ans);
    }

    // O(n) using one stack
    public static int largestRectangleArea(int[] height) {
        // Start typing your Java solution below
        // DO NOT write main() function
        int area = 0;
        java.util.Stack stack = new java.util.Stack();
        for (int i = 0; i < height.length; i++) {
            if (stack.empty() || height[stack.peek()] < height[i]) {
                stack.push(i);
            } else {
                int start = stack.pop();
                int width = stack.empty() ? i : i - stack.peek() - 1;
                area = Math.max(area, height[start] * width);
                i--;
            }
        }
        while (!stack.empty()) {
            int start = stack.pop();
            int width = stack.empty() ? height.length : height.length
                    - stack.peek() - 1;
            area = Math.max(area, height[start] * width);
        }
        return area;
    }
}

这是看到别人的推演过程，之前看到，就添加到笔记了，没有原著的地址，所以没法标明出处：

一个思维历程

那么这个算法真的就是我等凡夫俗子不能想出来的？难道我们只能仰望高山，恨自己智商不高？我还真不服气呢，于是又静下心去思考这个问题。

这次我们不从已知条件推结果，而直接从结论入手，就是说假设现在已经找到了面积最大的那个矩形。接着我们来分析该矩形有什么特征，然后可以用下面两种方法之一来缩减问题的规模（因为这两种方法都不用找出所有的矩形一一比较）。

找出满足这些特征的矩形，面积最大的矩形肯定是其中之一；
排除那些不满足这些特征的矩形，面积最大的矩形在剩下的那些矩形里面。
为了使考虑情况尽可能全面，画了许多直方图，防止使用原题目图片可能存在的一些特定假设，其中一个直方图如下图：

题目情况分析

通过不断地对多个直方图的观察，发现面积最大的那个矩形好像都包含至少一个完整的bar，那么这条规律适用于所有的直方图吗？我们用反证法来证明，假设某个最大矩形中每个竖直块都是所在的bar的一小段，那么这个矩形高度增加1后仍然是一个合法的矩形，但新的矩形面积更大，与假设矛盾，所以面积最大的矩形必须至少有一个竖直块是整个bar。

至此我们找到了面积最大矩形的一个特性：各组成竖直块中至少有一个是完整的Bar。有了这条特性，我们再找面积最大的矩形时，就有了一个比较小的范围。具体来说就是针对每个bar，我们找出包含这个bar的面积最大的矩形，然后只需要比较这N个矩形即可（N为bar的个数）。

那么问题又来了，如何找出“包含某个bar的面积最大的矩形呢”？对于上面的直方图，包含下标为4的bar的最大矩形如下图橘黄色部分：

局部最大矩形

简单观察一下，就会发现要找到包含某个bar的最大矩形其实很简答，只需要找到高度小于该bar的左、右边界即可，上图中分别是下标为1的bar和下标为10的bar。

至此问题已经变为“对于给定的bar，如何确定高度比它小的左、右边界”。其实求左边界和右边界是同样的求法，下面我们考虑求每个bar的左边界。最直接的思路是对于每个bar，扫面其前面所有的bar，找出最后一个高度小于它的bar，这样的话时间复杂度明显又是N^2 ，Holy Shit。

到这里似乎没有路可走了，但如果我们继续绞尽脑汁地去想，可能（或许你对栈理解的很深入，或许是你在一个类似的问题中用到了栈，当然你也可能想到动态规划的思想，那也是可行的）会联想到栈这一数据结构。用栈维护一个高度递增的bar的集合，也就是说栈底到栈顶部对应的bar的高度越来越大。那么对应一个刚读入的bar，我们只需要比较它的高度和栈顶对应bar的高度，如果当前bar比较高，则弹出栈顶元素继续比较，直到栈顶bar比它低或者栈为空。之后，将当前bar入栈，更新栈内的递增序列。

我们从左到右扫一遍得到每个bar对应的左边界，然后从右到左扫一遍得到bar的右边界。两次扫描过程中，每个bar都只有出栈、入栈操作，所以时间复杂度为O(N)。通过这样的预处理，即可以O(N)的时间复杂度得到每个bar的左右边界。之后对于每个bar求出包含它的最大面积，也即是由左右边界和bar的高度围起来的矩形的面积。再做N次比较，即可得出最终的结果。

这里先预处理用两个栈扫描两次得到左、右边界，再计算面积，是按照推导过程一步一步来的。当我们写完程序后，再综合看这个问题，可能会发现其实没必要这样分开来做，我们可以在扫描的同时，维护一个递增的栈，同时在“合适的”时候计算面积，然后更新最大面积。具体实现方法就是前面给出的那个神奇的算法，不过现在看来一点也不神奇了，我们已经探索到了它背后的思维历程。

当然，条条道路通罗马，上面思维过程只是其中一条通往解决方案的路径，你可能以另一种思维过程找到了答案。不过，我们上面的整个推导过程没有涉及一些类似“神谕”的启发，只是一些简单的方法：比如从结论推导、反证法、归纳总结、联想（可能联想到栈有点难）等，因此每个人都可以学会，并且很容易被大脑记住。值得注意的是，我们的整个思考过程并不简简单单地跟上面写的那样是线性的，它更可能是树形的，只是我们剪去了那些后来证明行不通的枝。

Demo:http://download.csdn.net/detail/two_water/9670562

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三、思考

最后奉上看到别人写的东西，略有感想，故分享。