leetcode Largest Rectangle in Histogram 代码解析

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. 

O（n）的解法的步骤：

(1) 在height尾部添加一个0，也就是一个高度为0的立柱。作用是在最后也能凑成上面提的那种“波峰图”。

(2) 定义了一个stack，然后遍历时如果height[i] 大于stack.top()，进栈。反之，出栈直到栈顶元素小于height[i]。

由于出栈的这些元素高度都是递增的，我们可以求出这些立柱中所围成的最大矩形。更妙的是，由于这些被弹出的立柱处于“波峰”之上(比如弹出i 到 i+k，那么所有这些立柱的高度都高于 i-1和 i+k+1的高度)，因此，如果我们使用之前所提的“左右延伸找立柱”的思路解，以这些立柱的高度作为整个矩形的高度时，左右延伸出的矩形所包含的立柱不会超出这段“波峰”，因为波峰外的立柱高度都比他们低。“波峰图”其实就是求解最大矩形的“孤岛”，它不会干扰到外部。

(3) 由于比height[i]大的元素都出完了，height[i]又比栈顶元素大了，因此再次进栈。如此往复，直到遍历到最后那个高度为0的柱，触发最后的弹出以及最后一次面积的计算，此后stack为空。

(4) 返回面积最大值。

栈中存的不是高度，而是height的索引，这样做的好处是不会影响宽度的计算，索引值相减 = 宽度。

自己实现代码如下，虽然是二重循环，但时间复杂度实际  2N，故为O(N)

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& height) {
        height.push_back(0);
        vector<int> sta(height.size());
        int n=-1,sum=0;
        for(int i=0;i<height.size();i++){
            if(n<0||height[i]>=height[sta[n]])
                sta[++n]=i;
            else{
                sum=max(sum,height[sta[n]]*(n<=0?i:(i-sta[n-1]-1)));
                i--;n--;
            }
        }
        return sum;
    }
};

此解法最大亮点就在于

(1) stack里存的是index，计算面积时的宽度使用 index的差值，所以虽然stack 弹出了立柱，但是不影响宽度的计算，依然可以计算面积。

(2) 这种解法本质上是查看以每一个立柱为矩形高度，求出最大面积，但是它通过入栈出栈，把整个height变成一组组“波峰图”来解，这种高度布局下，最大面积的计算是O(n)的，然后将所有波峰图的最大面积取最大值。最后做到了以O(n)的时间复杂度覆盖了所有的立柱。

多么精彩的解法！