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 height = [2,1,5,6,2,3],
return 10.

這道題讓求直方圖中最大的矩形，剛開始看到求極值問題以為要用DP來做，可是想不出遞推式，只得作罷。這道題如果用暴力搜尋法估計肯定沒法通過OJ，但是我也沒想出好的優化方法，在網上搜到了網友水中的魚的部落格，發現他想出了一種很好的優化方法，就是遍歷陣列，每找到一個區域性峰值，然後向前遍歷所有的值，算出共同的矩形面積，每次對比保留最大值，程式碼如下：

解法一： 

// Pruning optimize
class Solution {
public:
    int
 
 largestRectangleArea(vector<int> &height) {
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < height.size(); ++i) {
            if (i + 1 < height.size() && height[i] <= height[i + 1]) {
                continue;
            }
            int minH = height[i];
            
 
for (int j = i; j >= 0; --j) {
                minH = min(minH, height[j]);
                int area = minH * (i - j + 1);
                res = max(res, area);
            }
        }
        return res;
    }
};

後來又在網上發現一種比較流行的解法，是利用棧來解，可參見網友實驗室小紙貼校外版的部落格，但是經過仔細研究，其核心思想跟上面那種剪枝的方法有異曲同工之妙，這裡維護一個棧，用來儲存遞增序列，相當於上面那種方法的找區域性峰值。我們可以看到，直方圖矩形面積要最大的話，需要儘可能的使得連續的矩形多，並且最低一塊的高度要高。有點像木桶原理一樣，總是最低的那塊板子決定桶的裝水量。那麼既然需要用單調棧來做，首先要考慮到底用遞增棧，還是用遞減棧來做。我們想啊，遞增棧是維護遞增的順序，當遇到小於棧頂元素的數就開始處理，而遞減棧正好相反，維護遞減的順序，當遇到大於棧頂元素的數開始處理。那麼根據這道題的特點，我們需要按從高板子到低板子的順序處理，先處理最高的板子，寬度為1，然後再處理旁邊矮一些的板子，此時長度為2，因為之前的高板子可組成矮板子的矩形 ，因此我們需要一個遞增棧，當遇到大的數字直接進棧，而當遇到小於棧頂元素的數字時，就要取出棧頂元素進行處理了，那取出的順序就是從高板子到矮板子了，於是乎遇到的較小的數字只是一個觸發，表示現在需要開始計算矩形面積了，為了使得最後一塊板子也被處理，這裡用了個小trick，在高度陣列最後面加上一個0，這樣原先的最後一個板子也可以被處理了。由於棧頂元素是矩形的高度，那麼關鍵就是求出來寬度，那麼跟之前那道Trapping Rain Water一樣，單調棧中不能放高度，而是需要放座標。由於我們先取出棧中最高的板子，那麼就可以先算出長度為1的矩形面積了，然後再取下一個板子，此時根據矮板子的高度算長度為2的矩形面積，以此類推，知道數字大於棧頂元素為止，再次進棧，巧妙的一比！關於單調棧問題可以參見博主的一篇總結帖LeetCode Monotonous Stack Summary 單調棧小結，程式碼如下：

解法二： 

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
        int res = 0;
        stack<int> st;
        height.push_back(0);
        for (int i = 0; i < height.size(); ++i) {
            if (st.empty() || height[st.top()] < height[i]) {
                st.push(i);
            } else {
                int cur = st.top(); st.pop();
                res = max(res, height[cur] * (st.empty() ? i : (i - st.top() - 1)));
                --i;
            }     
        }
        return res;
    }
};

我們可以將上面的方法稍作修改，使其更加簡潔一些：

解法三：

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
        int res = 0;
        stack<int> st;
        heights.push_back(0);
        for (int i = 0; i < heights.size(); ++i) {
            while (!st.empty() && heights[st.top()] >= heights[i]) {
                int cur = st.top(); st.pop();
                res = max(res, heights[cur] * (st.empty() ? i : (i - st.top() - 1)));
            }
            st.push(i);
        }
        return res;
    }
};

類似題目：

參考資料：