LeetCode 84. Largest Rectangle in Histogram

解法一：Monotone Stack

用栈来解决本问题是一种很巧妙的解法，主要运用单调栈。由于面积受制于高度较低的矩形，因此由高至低来处理（最高的宽度为1，其相邻的次高的宽度可以用到最高的，为2，以此类推）。所以本题采用递增的栈，遇到小的元素就pop直至栈顶元素<=当前元素，对于pop出来的元素（一定是由高到低的顺序）依次进行处理。

对于宽度的处理，我们可以将元素的下标存到栈里，利用下标进行宽度的计算：i-stack[top-1]-1 。(一开始我是 i-stack[top]来做，但是如果前面的元素不在stack里就不对了，如[1,3,2,5] 中3 pop了)。需要注意的是，遇到很小的元素，或者最后的时候，导致栈内所有元素都要出栈时，最后一个出栈的元素将会是迄今最小的元素，这里计算面积的时候，高就是这个元素，但宽则变成了i，需要特别注意。

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
        heights.push_back(0);
        stack<int> s; //index stack
        int res=0;
        for (int i=0;i<heights.size();++i){
            while (!s.empty() && heights[i]<heights[s.top()]){
                int h=heights[s.top()]; s.pop();
                int x=s.empty()?-1:s.top(); //if stack is empty, x will be i
                res = max(res, h*(i-x-1));
            }
            s.push(i);
        }
        return res;
    }
};

关于单调栈，可以参考 http://www.cnblogs.com/grandyang/p/8887985.html

 

解法二: Divide and Conquer

找到最小的元素，分别寻找左侧和右侧的最大矩形面积。最大的矩形也可能经过最小的元素，这种情况下，面积 = 最小元素*（high-low+1）（最大面积受制于最小的高）。时间复杂度为O(nlogn)。

class Solution {
public:
    int calArea(vector<int> &heights, int low, int high){
        if (low>high) return 0;
        int minIndex=low;
        for (int i=low;i<=high;++i)
            if (heights[i]<heights[minIndex])
                minIndex = i;
        
        return max(heights[minIndex]*(high-low+1), max(calArea(heights,low,minIndex-1), calArea(heights,minIndex+1,high)));
    }
    
    
    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
        return calArea(heights,0,heights.size()-1);
    }
};

上述代码还是无法AC，这是由于如果输入是有序的，时间复杂度会变为O(n^2)。解决方法是使用线段树来优化，详见 https://leetcode.com/problems/largest-rectangle-in-histogram/solution/。