本文會總結以下兩道題目：

11 - Container With Most Water - 直方圖中盛水問題 (Medium)

84 - Largest Rectangle in Histogram - 直方圖中最大矩形面積問題 (Hard)

還有兩道題目也是直方圖中面積問題，在另一篇中總結，（還沒寫- -）

42 - Trapping Rain Water - 直方圖中接雨水問題 (Hard)

407 - Trapping Rain Water II - 42題的二維變三維 (Hard)

11. Container With Most Water

Given n non-negative integers a1, a2, ..., an , where each represents a point at coordinate (i, ai). n vertical lines are drawn such that the two endpoints of line i is at (i, ai) and (i, 0). Find two lines, which together with x-axis forms a container, such that the container contains the most water.

Note: You may not slant the container and n is at least 2.

The above vertical lines are represented by array [1,8,6,2,5,4,8,3,7].

In this case, the max area of water (blue section) the container can contain is 49.

解：

    這道題的意思就是用直方圖中任意兩個柱子當邊界，中間部分盛水，求最大的能盛水的多少，也就是最大的形成的矩形的面積。很明顯，由於短板效應，能盛水多少取決於兩個板子中間短的那個，而且中間部分是完全不用考慮的，兩個任意板子 h[i] 和 h[j] （0 <= i < j <= n）形成的面積就是 min(h[i], h[j]) * (j - i)

    出於以上分析，這道題就很適合用夾逼的方式計算，也就是兩個哨兵分別從最左和最右向內收，直到兩個哨兵相遇位置結束。我們需要設計的就是兩個哨兵想內遍歷時候的判斷方式，也就是到底誰動。程式碼結構如下：

int maxArea(vector<int>& height)
{
    int res;
    int l = 0, r = height.size() - 1;
    while(l < r)
    {
        // 計算res
    }
    return res;
}

    由於上面提到的短板效應，兩個板子中間短的決定矩形面積，長的板子是沒有實質性作用的。如果我們將長的板子的哨兵向內移動，短的不動的話，無論如何矩形面積都不可能變大的，就算板子變長了也不會影響盛水高度，反而由於板子之間距離減少了一而使得面積變小。所以在哨兵移動的時候，應該是短的向內移動，長的板子不動，只有這樣才有可能讓盛水高度變高，這樣才有可能在板子間距離變少的情況下，盛水總量變大。兩個板子一樣高的情況下，兩個哨兵哪個向內移動都可以。分析後很容易寫出程式碼：

int maxArea(vector<int>& height)
{
    int l = 0, r = height.size() - 1, max_water = -1;
    while(l < r)
    {
        max_water = max(max_water, (r - l) * min(height[l], height[r]));
        if(height[l] < height[r])   ++l;
        else                        --r;
    }
    return max_water;
}

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.

Example:

Input: [2,1,5,6,2,3] Output: 10

解：

    這道題和上邊的盛水一樣是求最大矩形面積，不過約束條件從兩端的板子高度變成了板子內部，也就是在這個直方圖所有板子組成的圖形中畫矩形，面積最大的是多少。

    由於約束條件是最短的板子，所以用夾逼的方式是不行的（中間的板子可能比兩端的板子更低）。應該是從每個板子出發，看看以這個板子為高度最大的矩形面積是多少，比如上圖中第一個高度為2的板子，高為2，寬就只有1，因為後邊的1比它低。也就是說，對於每個板子，從它所在位置分別向左向右走，走到比這個它低的板子停止，這些和它連著的高度 >= 它的板子組合起來就是當前這個板子為高度組成的最大矩形。簡單地說就是，對於每個板子，矩形的寬就是板子的高，我們要計算的就是矩形的長。AC程式碼如下：

int largestRectangleArea(vector<int>& heights)
{
    int res = 0;        // 如果heights是空的，直接返回0
    int len = heights.size();
    for(int i = 0; i < len; i++)
    {
        if(i > 0 && heights[i] == heights[i - 1])
            continue;
        int l = i - 1, r = i + 1;
        while(l >= 0 && heights[l] >= heights[i])
            --l;
        while(r <= len - 1 && heights[r] >= heights[i])
            ++r;
        res = max(res, (r - l - 1) * heights[i]);
    }
    return res;
}

     演算法思路的核心就是：限制一個板子能組成的矩形面積的是，它左邊第一個比它低的板子，和它右邊第一個比它低的板子。上邊的程式碼雖然AC，但是效率較低，主要是因為每個板子相當於遍歷整個直方圖，時間複雜度為  。對於每個板子，我們其實不需要遍歷它左右的所有板子，如果我們存起來它前邊的板子，我們就知道它左邊能到哪裡了。

    我們可以利用一個stack，比如叫 bar_stack，從左往右遍歷直方圖的每個板子 bar[i]，如果 bar_stack.top() < bar[i] ，那就說明這個板子比 stack裡的都高，push進stack，如果 bar_stack.top() = bar[i]，那就說明有連續的相同高度的板子，但是不能和上邊的程式碼一樣直接跳過，不過進行 if 和 else 那種處理都行。重點是，如果 bar_stack.top() > bar[i]，那就是說，我們找到了 bar_stack.top() 這個板子右邊第一個比它低的板子！！而stack中它前一個板子一定它左邊第一個比它低的板子！！我們就很容易計算這個板子組成的矩形了，也就是（右邊板子的索引 - 左邊板子的索引）* bar_stack.top() 這個板子的高度。

    理解了上面的分析（更加詳細的英文分析在 https://www.geeksforgeeks.org/largest-rectangle-under-histogram/），就能明白 stack 裡push的不是板子高度，而是板子索引，這樣就很容易寫出程式碼。有一個小細節就是，因為 bar[i] 可能會比stack中不止一個bar高度要低，所以需要pop很多次，而且對於小的 bar[i] ，i 還是要放進去的，所以用 while 會比 for 更好寫。(英文講解文件中相同高度的板子也被放入stack中，也就是push之後，再pop，不過 hist[s.top()] <= hist[i] 這個判斷改為 < 也是對的，也就是pop出去，再push）。比如 3, 9, 9, 9 這個例子，每個9用這個演算法算出來的是不一樣的結果，不過最終算出來最大的是對的。感覺這道題這麼做還是挺複雜的，還不如用我第一種方法。。。。。但是這種方法快，省去了從每塊板子向左向右的遍歷。

int largestRectangleArea(vector<int>& heights)
{
    int res = 0, i = 0;
    stack<int> hs;
    while (i < heights.size())
    {
        if (hs.empty() || heights[i] >= heights[hs.top()]) // 比它高，或相同就push進去
            hs.push(i++);
        else if (heights[i] < heights[hs.top()])          // 重點部分
        {
            int t = hs.top();
            hs.pop();
            res = max(res, heights[t] * (hs.empty() ? i : i - hs.top() - 1));	// i 表示的是 i - 0
        }
    }
    // 現在 i 是 heights.size()
    // 所有height遍歷完成，還要將hs遍歷一遍，如果12345，那現在stack裡就是12345，res還沒有計算過
    while (!hs.empty())
    {
        int t = hs.top();
        hs.pop();
        res = max(res, heights[t] * (hs.empty() ? i : i - hs.top() - 1));	// i 表示的是 i - 0
    }
    return res;
}