LeetCode | 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.

自然大家都知道O(n^2)的解法，也就是两个for循环，分别表示区间的起点和终点，可以在O(n^2)的时间内得出结果。

而利用栈可以在O(n)的时间复杂度内完成。
具体可参照这篇博文：http://blog.csdn.net/doc_sgl/article/details/11805519
讲的十分细致和清楚。

首先使用的栈存储的是一段连续递增的下标。
当遇到比栈顶元素大的元素，进栈；否则，出栈并计算当前区间所构成的面积大小。
面积的计算公式为：
int t=Q.top();Q.pop();
heights[t]*(Q.empty()?i:i-Q.top()-1);

一开始我所写为计算完了area再pop()，所以公式是heights[t]*(i-Q.top());
但是这样计算是不完整的，因为，例如对于[2,1,2]
按照我的办法求出的是如下区间

但是实际上我们知道，栈顶的最后一个元素是i元素之前最小的元素。
并且因为栈内存的一直是以递增元素排序的下标，可以保证先弹出的元素全部比当前栈顶元素小。
于是上图的黄色区域可以继续向左扩展。

也即可以扩展到i之前的所有元素。
故需要先弹出栈顶元素，并对栈空作一个判定

class Solution {public:    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {        heights.push_back(0);        stack<int> Q;        int i=0,maxV=0;        int n=heights.size();        while(i<n){            if(Q.empty() || heights[i]>=heights[Q.top()])            Q.push(i++);            else{                int h=Q.top();                Q.pop();                //这里的判断非常关键，如果是栈内最后一个元素，则不应当计算一段区间而应当计算从0开始所有的高度                int area=(Q.empty()?i:i-Q.top()-1)*heights[h];                maxV=max(maxV,area);            }        }        return maxV;    }};