題目： 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

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

解法一： 這樣的題目一般都有O(n)的解法，因為O(n²)的解法實在是太顯而易見了。

可悲的是，本娃就只寫出了後者。。。程式碼如下：

 1 public int largestRectangleArea(int[] height) {
 2         // Start typing your Java solution below
 3         // DO NOT write main() function
 4         int[] min = new
 
 int[height.length];
 5         int maxArea = 0;
 6         for(int i = 0; i < height.length; i++){
 7             if(height[i] != 0 && maxArea/height[i] >= (height.length - i)) {
 8                 continue;
 9             }
10             for(int j = i; j < height.length; j++){
 
11                 if(i == j) min[j] = height[j];
12                 else {
13                     if(height[j] < min[j - 1]) {
14                         min[j] = height[j];
15                     }else min[j] = min[j-1];
16                 }
17                 int tentativeArea = min[j] * (j - i + 1);
18                 if(tentativeArea > maxArea) {
19                     maxArea = tentativeArea;
20                 }
21             }
22         }
23         return maxArea;
24     }

基本思想就是遍歷所有[i, j]，並在過程中找出中間最矮的bar，得出從i到j的矩形面積。

不過我就知道，一定有大神用他們極簡的程式碼來切題，下面就是一個。

解法二：

 1 public int largestRectangleArea2(int[] height) {
 2         Stack<Integer> stack = new Stack<Integer>();
 3         int i = 0;
 4         int maxArea = 0;
 5         int[] h = new int[height.length + 1];
 6         h = Arrays.copyOf(height, height.length + 1);
 7         while(i < h.length){
 8             if(stack.isEmpty() || h[stack.peek()] <= h[i]){
 9                 stack.push(i++);
10             }else {
11                 int t = stack.pop();
12                 maxArea = Math.max(maxArea, h[t] * (stack.isEmpty() ? i : i - stack.peek() - 1));
13             }
14         }
15         return maxArea;
16     }

16行，給跪了。。。。

這個我不去debug下都特麼不知道在幹嘛。

那要不就debug下看看這段程式碼在做神馬。例子就用題目中的[2,1,5,6,2,3]吧。

首先，如果棧是空的，那麼索引i入棧。那麼第一個i=0就進去吧。注意棧內儲存的是索引，不是高度。然後i++。

然後繼續，當i=1的時候，發現h[i]小於了棧內的元素，於是出棧。（由此可以想到，哦，看來stack裡面只存放單調遞增的索引）

這時候stack為空，所以面積的計算是h[t] * i.t是剛剛彈出的stack頂元素。也就是藍色部分的面積。

繼續。這時候stack為空了，繼續入棧。注意到只要是連續遞增的序列，我們都要keep pushing，直到我們遇到了i=4，h[i]=2小於了棧頂的元素。

這時候開始計算矩形面積。首先彈出棧頂元素，t=3。即下圖綠色部分。

接下來注意到棧頂的（索引指向的）元素還是大於當前i指向的元素，於是出棧，並繼續計算面積，桃紅色部分。

最後，棧頂的（索引指向的）元素大於了當前i指向的元素，迴圈繼續，入棧並推動i前進。直到我們再次遇到下降的元素，也就是我們最後人為新增的dummy元素0.

同理，我們計算棧內的面積。由於當前i是最小元素，所以所有的棧內元素都要被彈出並參與面積計算。

注意我們在計算面積的時候已經更新過了maxArea。

總結下，我們可以看到，stack中總是保持遞增的元素的索引，然後當遇到較小的元素後，依次出棧並計算棧中bar能圍成的面積，直到棧中元素小於當前元素。

可是為什麼這個方法是正確的呢？ 我也沒搞清楚。只是覺得不明覺厲了。

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可以這樣理解這個演算法，看下圖。

例如我們遇到最後遇到一個遞減的bar（紅色）。高度位於紅線上方的（也就是演算法中棧裡面大於最右bar的）元素，他們是不可能和最右邊的較小高度bar圍成一個比大於在彈棧過程中的矩形面積了（黃色面積），因為紅色的bar對他們來說是一個短板，和紅色bar能圍成的最大面積也就是紅色的高度乘以這些“上流社會”所跨越的索引範圍。但是“上流社會”的高度個個都比紅色bar大，他們完全只計算彼此之間圍成的面積就遠遠大於和紅色bar圍成的任意麵積了。所以紅色bar是不可能參與“上流社會”的bar的圍城的（好悲哀）。

但是屌絲也不用洩氣哦。因為雖然長度不佔優勢，但是團結的力量是無窮的。它還可以參與“比較遠的”比它還要屌絲的bar的圍城。他們的面積是有可能超過上流社會的面積的，因為距離啊！所以彈棧到比紅色bar小就停止了。

另外一個細節需要注意的是，彈棧過程中面積的計算。

h[t] * (stack.isEmpty() ? i : i - stack.peek() - 1)

h[t]是剛剛彈出的棧頂端元素。此時的面積計算是h[t]和前面的“上流社會”能圍成的最大面積。這時候要注意哦，棧內索引指向的元素都是比h[t]小的，如果h[t]是目前最小的，那麼棧內就是空哦。而在目前棧頂元素和h[t]之間（不包括h[t]和棧頂元素），都是大於他們兩者的。如下圖所示：

那h[t]無疑就是Stack.Peek和t之間那些上流社會的短板啦，而它們的跨越就是i - Stack.Peek - 1。

所以說，這個彈棧的過程也是維持程式不變數的方法啊：棧內元素一定是要比當前i指向的元素小的。

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我只想問演算法的作者，他們到底是怎麼想出來的，在這麼短的時間內。是不是有一些類似的研究或者演算法給他們以靈感？

太有畫面感了有木有！