POJ 2559 最大矩形面积 poj 3494

给定从左到右多个矩形，已知这此矩形的宽度都为1，长度不完全相等。这些矩形相连排成一排，求在这些矩形包括的范围内能得到的面积最大的矩形，打印出该面积。所求矩形可以横跨多个矩形，但不能超出原有矩形所确定的范围。

建立一个单调递增栈，所有元素各进栈和出栈一次即可。每个元素出栈的时候更新最大的矩形面积。

设栈内的元素为一个二元组（x, y），x表示矩形的高度，y表示矩形的宽度。

若原始矩形高度分别为2,1,4,5,1,3,3

高度为2的元素进栈，当前栈为（2，1）

高度为1的元素准备进栈，但必须从栈顶开始删除高度大于或等于1的矩形，因为2已经不可能延续到当前矩形。删除（2，1）这个元素之后，更新最大矩形面积为2*1=2，然后把它的宽度1累加到当前高度为1的准备进栈的矩形，然后进栈，当前栈为（1，2）

高度为4的元素进栈，当前栈为（1，2） （4，1）

高度为5的元素进栈，当前栈为（1，2） （4，1） （5，1）

高度为1的元素准备进栈，删除（5，1）这个元素，更新最大矩形面积为5*1=5，把1累加到下一个元素，得到（4，2），删除（4，2），更新最大矩形面积为4*2=8，把2累加到下一个元素，得到（1，4），1*4=4<8，不必更新，删除（1，4），把4累加到当前准备进栈的元素然后进栈，当前栈为（1，5）

高度为3的元素进栈，当前栈为（1，5） （3，1）

高度为3的元素准备进栈，删除（3，1），不必更新，把1累加到当前准备进栈的元素然后进栈，当前栈为（1，5） （3，2）

把余下的元素逐个出栈，（3，2）出栈，不必更新，把2累加到下一个元素，当前栈为（1，7），（1，7）出栈，不必更新。栈空，结束。

最后的答案就是8。

 

 

 

 

分析：

如果采用枚举的方式，如果当前我们枚举项是 i = 0, 即 height = 2,

我们用另外两个变量 j 和k 向左和向右两个方向搜素，找到第一个 小于 height的下标，这样我们就找到了用 i 项作为高度长方形了。

我们假设 -1位置，和最右高度都是无穷小。

例如：

i = 0, j = -1, k = 1, 最后的面积是 (k - j - 1) * height = 2

i = 1, j = -1, k = 7, 最后面积是( k - j - 1) * height = 7;

...

i = 3, j = 2, k = 5 面积是 ( k - j - 1) * height = 8

枚举出所有的长方形的同时，然后得到最后的面积。

不过这样的程序的时间复杂度是 O(n^2)

我们如何能仅仅做一次，就求出这个面积呢？

观察：

当我们扫扫描到第一个高度 H1 = 2的时候，我可以标记它的起始位置1， 因为我们还不知道它将向右扩展到什么地方，所以继续扫面。

当遇到第二项 H2 = 1, 因为这项比之前的小，我们知道，用H1做高度的长方形结束了，算出它的面积。

同时这个时候，我们多了一个高度H2，用它做长方形高度的长方形起始位置应该是在哪里呢？ 因为H1的高度比H2要高，所以这个起始位置自然是H1所在的位置。

为了模拟上面的过程，我们引入单调栈~

我们先定义我们我们要保存的每一项数据

struct Node

{

      int height;

      int startPosition;

};

用来描述某一个高度，和这个高度的起始位置。

然后我们按照高度来组织成单调栈。我们来看一下它是如何工作的。

为了不用考虑堆栈为空的情况，我们用插入栈底 一个高度（0， 0）的项。

数据：

 2 1 4 5 1 3 3

这样初始化

(0 , 0)

I = 1

当扫描到(2， 1）时候，因为高度2 大于栈顶，插入

(0, 0),  (2, 1)

I = 2:

当扫描到1的时候，因为1小于栈顶高度2， 我们认为栈顶的那个高度应不能再向右扩展了，所以我们将它弹出

这个时候扫描到 i = 2;

高度是 (i - 1(H1.startIndex)) * H1.height = 2;

我们得到一个面积是2的长方形。

同时我们发现高度是1的当前高度，可以扩展到 H1所在的下标，所以我们插入( 1, 1) 堆栈变成

(0, 0), (1, 1) 因为(2, 1)已经不能向右伸展了，已经被弹出了

i = 3

(0, 0), (1, 1), ( 4 3)

i = 4

(0, 0), (1, 1), (4, 3), (5, 4)

i = 5

这个时候当前高度小于栈顶高度，我们认为栈顶已经不能向右扩展，所以弹出，并且获得面积 ( i  - H5.startindex) * H5.height = (5 - 4 ) * 5 = 5

弹出这个元素后，其实(4, 3)的高度也要比 1 大，所以把这个也弹出来，同样方式获得面积 8.

最后我们的堆栈是

(0, 0) , (1, 1)

i  = 6

(0, 0), (1, 1), ( 3, 6)

i = 7

(0, 0), (1, 1), (3, 6)

i = 8

最后一步是有点特殊的，因为我们必须要把所有的元素都弹出来，因为栈里面的高度，都坚持到了最后，我们要把这些高度组成的长方形拿出来检测。

我们可以假设扫面到8的时候，高度是0,（最小值）

弹出(3,6)获得面积 (8 - 6 ) * 3 = 6

弹出(1, 1)获得面积(8 - 1) * 1 = 7

最后的面积是8.

 

 

 

 

#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;const int N = 100005;struct Elem{int height;int count;};Elem stack[N];int top;int main(){int height, n;long long ans, tot, tmp;while (scanf("%d", &n) != EOF && n){top = 0;ans = 0;for (int i = 0; i < n; ++i){scanf("%d", &height);tmp = 0;while (top > 0 && stack[top - 1].height >= height){tot = stack[top - 1].height * (stack[top - 1].count + tmp);if (tot > ans) ans = tot;tmp += stack[top - 1].count;--top;}stack[top].height = height;stack[top].count = 1 + tmp;++top;}tmp = 0;while (top > 0){tot = stack[top - 1].height * (stack[top - 1].count + tmp);if (tot > ans) ans = tot;tmp += stack[top - 1].count;--top;}printf("%lld\n", ans);}return 0;}

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

题目简述

题目的描述很简单，在一个M * N的矩阵中，所有的元素只有0和1， 找出只包含1的最大矩形。

例如：图中是一个４ × ６的矩形，画出红色的是我们要找到的区域。

最开始见过这个题目是在看一个人写的面经里面，当时完全没有感觉，不知道怎么做。后来知道了一个东西叫单调栈然后做了一些题，居然发现POJ上的这个题目，和那个面试题一模一样。

所以就研究明白，分享一下。

题目分析：

这题目如果用暴力做的话，方法是很显然的，对图中的任意点，(i, j)， 向它的右下侧找到一个右下端点( r, u), 然后检测方块 (i, j) -> (r, u) 是不是全1. 如果是全1， 我们就找到一个合适的矩形1. 在枚举的同时更新找到最大矩形。

如果这样的话，枚举复杂度是O(M * N)， 找下端点 复杂度是 O (M * N), 然后检测的复杂度也是 O(M*N) 最后算法的复杂度是 O(M^3 * N^3)

显然这个复杂度过了点。

仔细观察发现（这个思路也是别人提醒的，感觉自己现在依然不能很准确的建模）：

因为我们要找的是矩形，所以它一定是以 某个行元素开始的，如果枚举行的时候，我们会发现：

对于第一行：

对于第二行：

第三行：

第四行：

这样的话，其实我们要找到的某个矩形就转换成 一某一个行开始的 histogram的最大矩形问题了。

那么我们原始矩形可以变成如下的形式的数据：

第一行表示，我们以第一行作为底边，所形成的 histogram的高度，其他行也类似。

所以问题变成了 枚举每一行，然后求出每一行对应的histogram的最大矩形。

关于histogram求最大矩形

    可以看看     http://blog.csdn.net/hopeztm/article/details/7868581

因为到了这里以后，基本的原理和histogram是一样的，所以就不再重复了。