浅谈单调栈思想

单调栈是一种理解起来很容易，但是运用起来并不那么简单的数据结构。一句话解释单调栈，就是一个栈，里面的元素的大小按照他们所在栈内的位置，满足一定的单调性。那么到底什么时候用这个单调栈，怎么用单调栈呢。下面我们来看几个例子。

先来分享一道非常简单的，我本人在google interview中遇到的题目。（大雾，当时并没有做出来。）

题目是这样的，给一个数组，返回一个大小相同的数组。返回的数组的第i个位置的值应当是，对于原数组中的第i个元素，至少往右走多少步，才能遇到一个比自己大的元素（如果之后没有比自己大的元素，或者已经是最后一个元素，则在返回数组的对应位置放上-1）。

简单的例子：

input: 5,3,1,2,4

return: -1 3 1 1 -1

explaination: 对于第0个数字5，之后没有比它更大的数字，因此是-1，对于第1个数字3，需要走3步才能达到4（第一个比3大的元素），对于第2和第3个数字，都只需要走1步，就可以遇到比自己大的元素。对于最后一个数字4，因为之后没有更多的元素，所以是-1。

暴力做的结果就是O(n^2)的时间复杂度，例如对于一个单调递减的数组，每次都要走到数组的末尾。那么用单调栈怎么做呢？先来看代码：


public int[] nexExceed(int[] input, int n){        int[] res = new int[n];        for (int i = 0; i < n; i++) {            res[i] = -1;        }        Stack<Integer> stack = new Stack();        for (int i = 0; i < n; i++) {            while (!stack.isEmpty() && (input[stack.peek()] < input[i])){                res[stack.peek()] = i-stack.peek();                stack.pop();            }            stack.push(i);        }        return res;    }

我们维护这样一个单调递减的stack，stack内部存的是原数组的每个index。每当我们遇到一个比当前栈顶所对应的数（就是input[monoStack.top()]）大的数的时候，我们就遇到了一个“大数“。这个”大数“比它之前多少个数大我们不知道，但是至少比当前栈顶所对应的数大。我们弹出栈内所有对应数比这个数小的栈内元素，并更新它们在返回数组中对应位置的值。因为这个栈本身的单调性，当我们栈顶元素所对应的数比这个元素大的时候，我们可以保证，栈内所有元素都比这个元素大。对于每一个元素，当它出栈的时候，说明它遇到了自己的next greater element，我们也就要更新return数组中的对应位置的值。如果一个元素一直不曾出栈，那么说明不存在next greater element，我们也就不用更新return数组了。

这里作者在数组末尾加入了一个height 0，来强迫程序在结束前，将所有元素按照顺序弹出栈。是一个很巧妙的想法。在这个例子中，对于每一个元素都只有一次入栈和出栈的操作，因此时间复杂度只有O(n)。

解决了这个开胃菜，我们来看一道稍微复杂一点的题目。Leetcode 84. 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 heights = [2,1,5,6,2,3],
return 10.

int largestRectangleArea(vector<int> &height) {            int ret = 0;            height.push_back(0);            vector<int> index;            for(int i = 0; i < height.size(); i++) {                while(index.size() > 0 && height[index.back()] >= height[i]) {                    int h = height[index.back()];                    index.pop_back();                    int sidx = index.size() > 0 ? index.back() : -1;                    ret = max(ret, h * (i-sidx-1));                }                index.push_back(i);            }            return ret;        }

JAVA代码：

public int largestRectangleArea(int[] height) {        int len = height.length;        Stack<Integer> s = new Stack<Integer>();        int maxArea = 0;        for(int i = 0; i <= len; i++){            int h = (i == len ? 0 : height[i]);            if(s.isEmpty() || h >= height[s.peek()]){                s.push(i);            }else{                int tp = s.pop();                maxArea = Math.max(maxArea, height[tp] * (s.isEmpty() ? i : i - 1 - s.peek()));                i--;            }        }        return maxArea;    }

看上去这个解法长得和刚才那道题的差不多。实际算法也很相近，作者维护了一个单调递增的栈，然后进行了一系列xjb操作。那么到底为什么可以这么做？我们需要分析一下，每一个元素都要入栈一次，出栈一次。入栈的时候是for loop的iteration走到它的时候，那出栈的时候意味着什么呢。想清楚了这一点，我们也就理解了上面的答案。在上一题，每个元素出栈，是说明它找到了它在原数组中的next greater element.那这道题呢？元素出栈，意味着，我们已经计算了以它的顶为上边框的最大矩形。首先我们可以通过反证法轻松证明，最后的结果中的最大矩形的上边框，一定和某一个bar的顶重合，否则我们一定可以通过提高上边框来增加这个矩形的面积。这一步之后，我们还需要理解，这时候我们计算的矩形的左右边框都已经到达了极限。结合栈内元素的单调性，我们知道左边的边框是栈顶的元素+1，栈顶元素所对应的bar一定比出栈元素对应的bar小，所以以出栈元素对应的bar为高的矩形无法往左边延展。结合代码，我们知道右边的边框是正在处理的i，因为我们已经判断过这个第i个元素所对应的bar也一定比出栈元素对应的bar小，所以矩形无法往右边延展。这个元素和左右边框之间如果还有空隙，那么这些空隙里所存在的bar，一定是因为维护栈的单调性而被弹出了。换言之，这些bar如果存在，那么一定比这个出栈元素所对应的bar高。既然这些bar的高度更高，那么就可以被纳入这个最大矩形的计算中（例如一个“凹”字）。因此我们证明了，当我们将第i个元素弹出栈的时候，我们计算了以hight[i]为高的最大矩形的面积。

下面我们来看另一个可以借助单调栈的题目，Leetcode85. Maximal Rectangle.（参考左神的算法书P26）

Given a 2D binary matrix filled with 0's and 1's, find the largest rectangle containing only 1's and return its area.

For example, given the following matrix:

1 0 1 0 01 0 1 1 11 1 1 1 11 0 0 1 0

Return 6.

这道题可以轻松地转化成上一题。对于每一行，我们都可以构建一个histogram，然后计算。在构建新的histogram的时候，我们不需要全部遍历，只需要对已有的histogram进行略微的修改（运用DP的思想）。为了在视觉上更加清晰，我直接调用了上一题中的函数。思路还是异常简单的。

 int maximalRectangle(vector<vector<char>>& matrix) {        if (matrix.empty())  return 0;        vector<int> height(matrix[0].size(), 0);        int maxRect= 0;        for(int i = 0; i < matrix.size(); ++i) {            for(int j = 0; j < height.size(); ++j) {                if(matrix[i][j] == '0')    height[j] = 0;                else    ++height[j];            }            maxRect = max(maxRect, largestRectangleArea(height));            height.pop_back();        }        return maxRect;    }    int largestRectangleArea(vector<int> &height) {            int ret = 0;            height.push_back(0);            vector<int> index;            for(int i = 0; i < height.size(); i++) {                while(index.size() > 0 && height[index.back()] >= height[i]) {                    int h = height[index.back()];                    index.pop_back();                    int sidx = index.size() > 0 ? index.back() : -1;                    ret = max(ret, h * (i-sidx-1));                }                index.push_back(i);            }            return ret;    }

这道题还有纯粹的DP解法，但是和今天的主题——单调栈无关，这里就不展开讨论了。

最后再总结一下单调栈。单调栈这种数据结构，通常应用在一维数组上。如果遇到的问题，和前后元素之间的大小关系有关系的话，（例如第一题中我们要找比某个元素大的元素，第二个题目中，前后的bar的高低影响了最终矩形的计算），我们可以试图用单调栈来解决。在思考如何使用单调栈的时候，可以回忆一下这两题的解题套路，然后想清楚，如果使用单调栈，每个元素出栈时候的意义。最后的时间复杂度，因为每个元素都出栈入栈各一次，所以是线性时间的复杂度。

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