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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

For example,
Given heights = [2,1,5,6,2,3],
return 10.

題意：

給出條形圖，求出其中面積 ，看圖片題意很明確。

思路：

只能想出來O（N^2）的方法。但是感覺可以優化到O（N），因為有 很多重復步驟。

於是搜了一下題解。

簡單的來說，我想對於某一個位置i，看以heights[i]為高的矩陣最遠可以向左右延伸到哪裏。

在這個子問題上，O(N)的做法自然是往左右掃。但這沒有用到上一個位置的信息，簡單的說，如果上一個位置比它高，那它能到的地方一定不會比上一個位置近。更玄學一點的，也沒有用到前面高度的信息。

為此，做法是維護一個棧。並保證棧內元素單調遞增。

保證棧內元素單調遞增的方法是，每次放進元素前，將大於它的元素退棧。然後再將它放進去。

這樣做的原因是，退完的棧頂一定是< 這個高度的最近的地方。

那麽能延伸到的邊界就是棧頂了。

如果棧為空的話，說明沒有一個值比它小，就可以延伸到這個條形圖的邊界。

遍歷所有元素需要O（N），由於每個元素只入棧一次，因此復雜度還是O（N）

這樣從左往右做一遍，從右往左做一遍，則可以獲得一個點到左右的最遠距離。然後有了長寬就可以計算了。

code

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
        
 
if(heights.size() == 0) return 0;
        stack<int> s;
        int ans = 0;
        vector<int> leftPos(heights.size());
        for(int i = 0; i < heights.size(); i++){
            while(!s.empty() &&  heights[s.top()] >= heights[i]) s.pop();
            if(s.empty()) leftPos[i] = 0; // no one is lower than i
            else leftPos[i] = s.top() + 1; // s.top is first one lower than i, 
            s.push(i);
        }
        while(!s.empty()) s.pop();
        for(int i = heights.size() - 1; i >= 0; i--){
            while(!s.empty() && heights[s.top()] >= heights[i]) s.pop();
            int rightPos = heights.size() - 1;
            if(!s.empty()) rightPos = s.top() - 1;
            int tmp = heights[i] * (rightPos - leftPos[i] + 1);
            ans = max(tmp, ans);
            
            s.push(i);
        }
        return ans;
    }
};

leetcode 84. Largest Rectangle in Histogram