LeetCode: Largest Rectangle in Histogram(直方图最大面积)
具体的题目描述为：
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.
解法一是穷举法，对于直方图的每一个右边界，穷举所有的左边界。将面积最大的那个值记录下来。时间复杂度为O(n^2). 单纯的穷举在LeetCode上面过大集合时会超时。可以通过选择合适的右边界，做一个剪枝(Pruning)。观察发现当height[k] >= height[k - 1]时，无论左边界是什么值，选择height[k]总会比选择height[k - 1]所形成的面积大。因此，在选择右边界的时候，首先找到一个height[k] < height[k - 1]的k，然后取k - 1作为右边界，穷举所有左边界，找最大面积。
Java代码：
// O(n^2) with pruning
public int largestRectangleArea1(int[] height) {
// Start typing your Java solution below
// DO NOT write main() function
int area = 0;
for (int i = 0; i < height.length; i++) {
for (int k = i + 1; k < height.length; k++) {
if (height[k] < height[k - 1]) {
i = k - 1;
break;
} else {
i = k;
}
}
int lowest = height[i];
for (int j = i; j >= 0; j--) {
if (height[j] < lowest) {
lowest = height[j];
}
int currArea = (i - j + 1) * lowest;
if (currArea > area) {
area = currArea;
}
}
}
return area;
}
虽然上面的解法可以过大集合，但是不是最优的方法，下面介绍使用两个栈的优化解法。时间复杂度为O(n).
此解法的核心思想为：一次性计算连续递增的区间的最大面积，并且考虑完成这个区间之后，考虑其前、后区间的时候，不会受到任何影响。也就是这个连续递增区间的最小高度大于等于其前、后区间。
这个方法非常巧妙，最好通过一个图来理解：
假设输入直方图为：int[] height = {2,7,5,6,4}.
这个方法运行的时候，当遇到height[2] == 5的时候，发现其比之前一个高度小，则从当前值（5）开始，向左搜索比当前值小的值。当搜索到最左边（2）时，比5小，此时计算在height[0]和height[2]之间的最大面积，注意不包括height[0]和和height[2]。height[1]以红色标出的这个区域就被计算完成。同样的方法，计算出绿色和粉色的面积。
因此这个方法需要使用两个栈。第一个栈为高度栈heightStack，用于记录还没有被计算过的连续递增的序列的值。第二个栈为下标栈indexStack，用于记录高度栈中对应的每一个高度的下标，以计算宽度。
算法具体执行的步骤为：
若heightStack为空或者当前高度大于heightStack栈顶，则当前高度和当前下标分别入站。所以heightStack记录了一个连续递增的序列。
若当前高度小于heightStack栈顶，heightStack和indexStack出栈，直到当前高度大于等于heightStack栈顶。出栈时，同时计算区间所形成的最大面积。注意计算完之后，当前值入栈的时候，其对应的下标应该为最后一个从indexStack出栈的下标。比如height[2]入栈时，其对应下标入栈应该为1，而不是其本身的下标2。如果将其本身下标2入栈，则计算绿色区域的最大面积时，会忽略掉红色区域。
Java代码：
// O(n) using two stacks
public int largestRectangleArea(int[] height) {
// Start typing your Java solution below
// DO NOT write main() function
int area = 0;
java.util.Stack heightStack = new java.util.Stack();
java.util.Stack indexStack = new java.util.Stack();
for (int i = 0; i < height.length; i++) {
if (heightStack.empty() || heightStack.peek() <= height[i]) {
heightStack.push(height[i]);
indexStack.push(i);
} else if (heightStack.peek() > height[i]) {
int j = 0;
while (!heightStack.empty() && heightStack.peek() > height[i]) {
j = indexStack.pop();
int currArea = (i - j) * heightStack.pop();
if (currArea > area) {
area = currArea;
}
}
heightStack.push(height[i]);
indexStack.push(j);
}
}
while (!heightStack.empty()) {
int currArea = (height.length - indexStack.pop()) * heightStack.pop();
if (currArea > area) {
area = currArea;
}
}
return area;
}
更新：
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。
Java代码：
// O(n) using one stack
public 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;
}