题目
给定一个整数map，其中的值只有0和1两种，求其中全是1的所有矩形区域中最大的矩形区域为1的数量。
例如：
1 1 1 0
其中，最大矩形区域有3个1，所以返回3。
例如：
1 0 1 1
1 1 1 1
1 1 1 0
其中，最大的矩形区域有6个1，所以返回6。
要求
如果矩阵为O(NxM),做到时间复杂度为O(NxM)
思路
1.矩阵的行数为N，以每一行做切割，统计以当前行作为底的情况下，每个位置往上的1的数量。使用高度数组 height米表示。
例如：
map = 1 0 1 1
1 1 1 1
1 1 1 0
以第1行做切割后，height＝{1,0,1,1}， height[j]表示在目前的底（第1行)的 j 位置往上(包括 j 位置)，有多少个续的1。
以第2行做切割后， height＝{2,1,2,2}， height[j]表示在目前的底(第2行)的 j 位置往上(包括 j 位置)，有多少个连续的1。注意到从第一行到第二行，height数组的更新是十分方便的，height[j]=map[i][j]==0 ? 0 : height[j]+1。
以第3行做切割后， height＝{3,3,2,0}， height表示在目前的底(第3行)的 j 位置往上(包括j位置)，有多少个连续的1。
2.对于每一次切割，都利用更新后的 height数组来求出以当前行为底的情况下，最大的矩形是什么。那么这么多次切割中，最大的那个矩形就是我们要的答案
整个过程就是如下代码中的 maxrecsize方法。步骤2的实现是如下代码中的maxrecfrom Bottom方法。
下面重点介绍一下步操2如何快速地实现，这也是这道题最重要的部分，如果height数组的长度为M，那么求解步2的过程可以做到时问复杂度为O(M)
对于 height数组，读者可以理解为一个直方图，比如{3,2,3,0}，其实就是如下图所示的直方图。示意图
也就是说，步骤2的实质是在一个大的直方图中求最大矩形的面积，如果我们能够求出以每一根柱子扩展出去的最大矩形，那么其中最大的矩形就是我们想找的。比如:
● 第1根高度为3的柱子向左无法扩展，它的右边是2，比3小，所以向右也无法扩最，则以第1根柱子为高度的矩形面积就是3 * 1==3；
● 第2根高度为2的柱子向左可以扩1个距离，因为它的左边是3，比2大;右边的柱子也是3，所以向右也可以扩1个距离，则以第2根柱子为高度的矩形面积就是2 * 3==6;
● 第3根高度为3的柱子向左没法扩展，向右也没法扩展。以第3根框子为高度的矩形面积就是3 * 1==3；
● 第4根高度为0的柱子向左没法扩晨，向右也没法扩展，则以第4根柱子为高度的短形面积就是0 * 1==0；
所以，当前直方图中最大的矩形面积就是6，也就是上图中虚线框住的部分。
考查每一根柱子最大能扩多大，这个行为的实质就是找到柱子左边离它最近且比它小的柱子位置在哪里，以及右边离它最近且比它小的柱子位置在哪里，这个过程怎么计算最快呢?利用单调，如果对单调栈不是特别清楚的读者可以去查看我写的单调栈结构
为了方便表述，我们以 height＝{3,4,5,4,3,6}为例说明如何根据 height数组求其中的最大矩形。具体过程如下：
1. 生成一个栈，记为stack从左到右遍历height数组，每历一个位置，都会把位置压stack中。
2. 遍历到height的0位置，height[0] = 3,此时stack为空，直接将位置压入栈中，此时stack从栈顶到栈底为{0}。
3. 通为到height的1位置，height[1]＝4，此时stack的栈顶为位置0，值为 height[0]=3，又有height[1] > height[0]，那么将位置1直接压入stack。这一步体现了遍历过程中的一个关键逻辑；只有当前 i 位置的值height[i]大于当前栈顶位置所代表的值( height[stack.peek()])，则 i 位置才可以压入 stack。
所以可以知道，stack中从栈顶到栈底的位置所代表的值是依次递减并且无重复值，此时stack从栈顶到栈底为{1,0}。
4. 遍历到height的2位置，height[2] = 5，与步骤3的情况完全一样，所以直接将位置2压入stack，此时stick从栈顶到底为{2,1,0}。
5.遍历到 height的3位置， height[3] = 4，此时stack的栈顶为位置2，值为 height[2]＝5，又有 heght[3] < height[2]，此时又出了一个遍过程中的关键逻辑，即如果当前 i 位置的值 height[i]小于或等于当前栈顶位置所代表的值(height[stack.peek()])，则把栈中存的位置不断弹出，直到某一个栈顶所代表的值小于height[i]，再把 i 位置压入，并在这期间做如下处理:
1)假设当前弹出的栈顶位置记为位置 j，弹出栈顶之后，新的栈顶记为k。然后开始考虑位置 j 的柱子向右和向左最远能扩到哪里。
2)对位置 j 的柱子来说，向右最远能扩到哪里呢?
如果 height[j] == height[i]，那么 j -1 位置就是向右能扩到的最远位置。j 之所以被弹出，就是因为遇到了第一个比 j 位置值小的位置。
如果 height[j]＝height[i]，那么j -1位置不一定是向右能扩到的最远位置，只是起码能扩到的位置。那怎么办呢?
可以肯定的是，在这种情况下，i 位置的柱子向左必然也可以扩到 j 位置。也就是说，j 位置的柱子扩出来的最大矩形和 i 位置的柱子扩出来的最大矩形是同一个。
所以，此时 j 位置的柱子能扩出来的最大矩形虽然无法被正确计算，但不要紧，因为 i 位置肯定要压入到栈中，那么 j 位置和 i 位置共享的最大矩形就等 i位置弹出的时候再计算即可。
3)对 j 位置的柱子来说，向左最远能扩到哪望呢?
根据单调的性质，k 位置的值是 j 位置的值左边离 j 位置最近的比 j 位置的值小的位置，所以 j 位置的柱子向左最远可以扩到 k+1 位置。
4)综上所述，j 位置的柱子能扩出来的最大矩形为(i-k-1) * height[j]。
以例子来说明。
① i == 3， height[3] ＝ 4，此时 stack的栈顶为位置2，值为height[2] = 5，故 heights[3]<= height[2]，所以位置2被弹出(j == 2)，当前栈顶变为1(k == 1)。位置2的柱子扩出来的最大矩形面积为(3-1-1) * 5 == 5。
② i == 3, height[3] = 4，此时 stack的项为位置1，值为 height[1]＝4。故 height[3]<= height[2],所以位置1被弹出(j == 1)，当前核顶变为1(k＝0)。位置1的柱子扩出来的最大矩形面积为(3-0-1) * 4==8，这个值实际上是不对的(偏小)，但在位置3被弹出的时候是能够重新正确计算得到的。
③ i ==3 ，height[3]＝4，此时 stack的栈顶为位置0，值为 heigh[0]＝3，这时 height[3]<= height[2]，所以位置0不弹出。
④ 将位置3压入 stack， stack从根顶到核底为{3,0}
6. 遍历到height的4位置， height[4]＝3、与步骤5的情况类似，以下是弹出过程:
1) i==4， height[4]＝3，此时 stack的栈顶为位置3，值为 height[3]＝4，故 height[4]<= height[3]，所以位置0被弹出(j==0)，当前栈顶变为0(k＝0)。位置3的柱子扩出来的最大矩形面积为(4-0-1) * 4＝12。这个最大面积也是位置1的柱子扩出来的最大矩形面积，在位置1被弹出时，这个矩形其实没有找到，但在位置3这里找到了。
2) i==4， height[4]＝3，此时 stack的栈顶为位置0，值为 height[0]＝3，故 height[4]<= heigh[0]，所以位置0被弹出(j==0)，当前没有了栈顶元素，此时可以认为k==-1。位置0的柱子扩出来的最大矩形面积为(4-(-1)-1) * 3＝12，这个值实际上是不对的(偏小)，但在位置4被弹出时是能够重新正确计算得到的。
3)己经为空，所以将位置4压入 stack，此时从顶到底为｛4}。
7. 遍历到height的5位置，height[5]＝6，情况和步骤3类似，直接压入位置5，此时从顶到底为{5,4｝。
8. 遍历结束后，stack中仍有位置没有经历扩的过程，从栈顶到栈底为{5,4}，此时因为 height数组再往右不能扩出去，所以认为 i ＝ height.length==-6且越界之后的值极小，然后开始弹出留在栈中的位置:
1) i==6，height[6]极小，此时 stack的顶为位置5，值为 height[5]＝6，故 height[6]<=height[5]，所以位置5被弹出(j==5)，当前栈顶变为4(k＝4)。位置5的柱子扩出来的最大矩形面积为(6-4-1) * 6=6
2) i==6，height[6]极小，此时stack的栈顶为位置4，值为height[4]＝3，故 height[6] <= height[4]，所以位置4被弹出(j==4)，栈空了，此时可以认为k＝-1，位置4的柱子扩出来的最大矩形面积为(6-(-1)-1) * 3==18。这个最大面积也是位置0的柱子扩出来的最大矩形面积，在位置0被弹出的时候，这个矩形其实没有找到，但在位置4这里找到了。
3)栈已经空了，过程结束。
9. 整个过程结束，所有找到的最大矩形面积中18是最大的，所以返回18
研究以上9个步骤时我们发现，任何一个位置都仅仅进出1次，所以时向复余度为O(M)。既然每做一次切割处理的时间复杂度O(M)，一共做N次，那么总的时间复杂度为O(NxM)。
全部过程参看如下代码中的 makrecsiie方法，9个步骤的详翻过程参看代码中的maxRecFromBottom方法。
代码演示
package com.itz.zcy.stackAndQueue;
import java.util.Stack;
/**
* 给定一个整数map，其中的值只有0和1两种，求其中全是1的所有矩形区域中最大的矩形区域为1的数量。
* 例如：
* 1 1 1 0
* 其中，最大矩形区域有3个1，所以返回3。
* 例如：
* 1 0 1 1
* 1 1 1 1
* 1 1 1 0
* 其中，最大的矩形区域有6个1，所以返回6。
*/
public class MaxRec {
/**
* 每一行切割后对每一行使用单调栈的结构来他们最大能扩大矩形面积
* @param height
* @return
*/
public static int maxRecFromBottom(int [] height){
if(height == null||height.length ==0){
return 0;
}
int maxArea = 0;
Stack stack = new Stack<>();
for (int i=0;i 总结
究以上9个步骤时我们发现，任何一个位置都仅仅进出1次，所以时向复余度为O(M)。既然每做一次切割处理的时间复杂度O(M)(单调栈)，一共做N次，那么总的时间复杂度为O(NxM)。
文献：左程云著 《程序员代码面试指南IT名企算法与数据结构题目最优解》（第二版）
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