代码随想录刷题day60 84.柱状图中最大的矩形

代码随想录刷题day60 84.柱状图中最大的矩形;总结

单调栈的最后一道题,也是一刷的最后一天,时间真快,感觉自己啥都没学。

84.柱状图中最大的矩形

84. 柱状图中最大的矩形 - 力扣(Leetcode)

单调栈的应用,这道题反而是单调栈比较好想,但是关于原理有点一知半解,就是不知道为什么到左右第一个比自己小的柱就可以算面积了

思路

双指针解法

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
        int sum = 0;
        for (int i = 0; i < heights.size(); i++) {
            int left = i;
            int right = i;
            for (; left >= 0; left--) {
                if (heights[left] < heights[i]) break;
            }
            for (; right < heights.size(); right++) {
                if (heights[right] < heights[i]) break;
            }
            int w = right - left - 1;
            int h = heights[i];
            sum = max(sum, w * h);
        }
        return sum;
    }
};

如上代码并不能通过leetcode,超时了,因为时间复杂度是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

动态规划

难就难在本题要记录记录每个柱子 左边第一个小于该柱子的下标,而不是左边第一个小于该柱子的高度。

所以需要循环查找,也就是下面在寻找的过程中使用了while。很好奇dp的时间复杂度不是O(n^2)么?

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
        vector<int> minLeftIndex(heights.size());
        vector<int> minRightIndex(heights.size());
        int size = heights.size();

        // 记录每个柱子 左边第一个小于该柱子的下标
        minLeftIndex[0] = -1; // 注意这里初始化,防止下面while死循环
        for (int i = 1; i < size; i++) {
            int t = i - 1;
            // 这里不是用if,而是不断向左寻找的过程
            while (t >= 0 && heights[t] >= heights[i]) t = minLeftIndex[t];
            minLeftIndex[i] = t;
        }
        // 记录每个柱子 右边第一个小于该柱子的下标
        minRightIndex[size - 1] = size; // 注意这里初始化,防止下面while死循环
        for (int i = size - 2; i >= 0; i--) {
            int t = i + 1;
            // 这里不是用if,而是不断向右寻找的过程
            while (t < size && heights[t] >= heights[i]) t = minRightIndex[t];
            minRightIndex[i] = t;
        }
        // 求和
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < size; i++) {
            int sum = heights[i] * (minRightIndex[i] - minLeftIndex[i] - 1);
            result = max(sum, result);
        }
        return result;
    }
};

单调栈

本题是找每个柱子左右两边第一个小于该柱子的柱子。

这里就涉及到了单调栈很重要的性质,就是单调栈里的顺序,是从小到大还是从大到小

那么因为本题是要找每个柱子左右两边第一个小于该柱子的柱子,所以从栈头(元素从栈头弹出)到栈底的顺序应该是从大到小的顺序!

我来举一个例子,如图:

代码随想录刷题day60 84.柱状图中最大的矩形_第1张图片

只有栈里从大到小的顺序,才能保证栈顶元素找到左右两边第一个小于栈顶元素的柱子。

所以本题单调栈的顺序正好与接雨水反过来。

此时大家应该可以发现其实就是栈顶和栈顶的下一个元素以及要入栈的三个元素组成了我们要求最大面积的高度和宽度

理解这一点,对单调栈就掌握的比较到位了。

除了栈内元素顺序和接雨水不同,剩下的逻辑就都差不多了,在题解42. 接雨水 (opens new window)我已经对单调栈的各个方面做了详细讲解,这里就不赘述了。

剩下就是分析清楚如下三种情况:

  • 情况一:当前遍历的元素heights[i]小于栈顶元素heights[st.top()]的情况
  • 情况二:当前遍历的元素heights[i]等于栈顶元素heights[st.top()]的情况
  • 情况三:当前遍历的元素heights[i]大于栈顶元素heights[st.top()]的情况

C++代码如下:

// 版本一
class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
        stack<int> st;
        heights.insert(heights.begin(), 0); // 数组头部加入元素0
        heights.push_back(0); // 数组尾部加入元素0
        st.push(0);
        int result = 0;
        // 第一个元素已经入栈,从下标1开始
        for (int i = 1; i < heights.size(); i++) {
            // 注意heights[i] 是和heights[st.top()] 比较 ,st.top()是下标
            if (heights[i] > heights[st.top()]) {
                st.push(i);
            } else if (heights[i] == heights[st.top()]) {
                st.pop(); // 这个可以加,可以不加,效果一样,思路不同
                st.push(i);
            } else {
                while (heights[i] < heights[st.top()]) { // 注意是while
                    int mid = st.top();
                    st.pop();
                    int left = st.top();
                    int right = i;
                    int w = right - left - 1;
                    int h = heights[mid];
                    result = max(result, w * h);
                }
                st.push(i);
            }
        }
        return result;
    }
};

总结

只能说两个月过得真快啊,好好总结总结再写总结吧,我先留个图在这里。
代码随想录刷题day60 84.柱状图中最大的矩形_第2张图片

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