LeetCode OJ 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.

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

【题目分析】

题目很容易理解，给定一个非负数组代表的直方图，求出图中包含的最大的矩形的面积。

【思路】

1.这题的一个基本思想是以每一个bar为最低点，向左右遍历直到遇到比他小的bar或边界。这样就能找到一个此bar为最低点的矩形面积。遍历所有的bar之后即可找到最大的矩形面积。但是向左右遍历寻找比他小的bar的时间复杂度是O(n)，在加上遍历一遍所有的bar，总的时间复杂度将为O(n*n)，是无法通过所有数据的。我们在水平方向任意画一条线，如果有条和这条线相交，我们找出相交的矩阵中最大的那个。示例如下：

   当线的高度是2时，相交的矩阵有两个，较大的那个面积是8。

  当线的高度是3时，相交的矩阵有两个，较大的那个面积时6。

  当线的高度是5时，相交的矩阵有一个，面积是10。

重复上面的步骤，找到的最大值是10.这个过程很简单，只需要遍历所有可能出现的高度，然后找到所有出现的矩阵中面积最大的那一个。但是这个过程的算法复杂度较高，为O(N²).

java代码：

public class Solution {
    public int largestRectangleArea(int[] heights) {
        if(heights.length == 0) return 0;
        if(heights.length == 1) return heights[0];
        
        int curlen = 0;
        int maxS = 0, curS = 0;
        
        for(int i = 0; i < heights.length; i++){
            curlen = heights[i];
            curS = 0;
            for(int j = 0; j < heights.length; j++){
                if(heights[j] >= preminlen) curS += preminlen;
                else{
                     maxS = Math.max(curS, maxS);
                     curS = 0;
                }
            }
            maxS = Math.max(curS, maxS);
        }
        return maxS;
    }
}

2. 我们需要寻找一种时间复杂度更低的寻找一个bar左右边界的算法。在网上流传了一个设计极其巧妙的方法，借助一个stack可以将时间复杂度降为O(n)。

这种算法的思想是维护一个递增的栈，这个栈保存了元素在数组中的位置。 这样在栈中每一个左边的bar都比本身小，所以左边就天然有界了，也就是左边界就是左边的一个bar。遍历一遍height数组，在将height数组入栈的时候，如果当前元素height[i]比栈顶元素小，则我们又找到了栈顶元素的右边界。因此我们在此时就可以计算以栈顶元素为最低bar的矩形面积了，因为左右边界我们都已经找到了，而且是在O(1)的时间复杂度内找到的。然后就可以将栈顶元素出栈了。这样每出栈一个元素，即计算以此元素为最低点的矩形面积。当最终栈空的时候我们就计算出了以所有bar为最低点的矩形面积。为保证让所有元素都出栈，我们在height数组最后加一个0，因为一个元素要出栈必须要遇到一个比他小的元素，也就是右边界。

• 如果已知height数组是升序的，应该怎么做？

比如1,2,5,7,8

那么就是(1*5) vs. (2*4) vs. (5*3) vs. (7*2) vs. (8*1)

也就是max(height[i]*(size-i))

• 使用栈的目的就是构造这样的升序序列，按照以上方法求解。

但是height本身不一定是升序的，应该怎样构建栈？

比如2,1,5,6,2,3

（1）2进栈。s={2}, result = 0

（2）1比2小，不满足升序条件，因此将2弹出，并记录当前结果为2*1=2。

将2替换为1重新进栈。s={1,1}, result = 2

（3）5比1大，满足升序条件，进栈。s={1,1,5},result = 2

（4）6比5大，满足升序条件，进栈。s={1,1,5,6},result = 2

（5）2比6小，不满足升序条件，因此将6弹出，并记录当前结果为6*1=6。s={1,1,5},result = 6

2比5小，不满足升序条件，因此将5弹出，并记录当前结果为5*2=10（因为已经弹出的5,6是升序的）。s={1,1},result = 10

2比1大，将弹出的5,6替换为2重新进栈。s={1,1,2,2,2},result = 10

（6）3比2大，满足升序条件，进栈。s={1,1,2,2,2,3},result = 10

栈构建完成，满足升序条件，因此按照升序处理办法得到上述的max(height[i]*(size-i))=max{3*1, 2*2, 2*3, 2*4, 1*5, 1*6}=8<10

综上所述，result=10

java代码：

public class Solution {
    public int largestRectangleArea(int[] height) {
        int len = height.length;
        Stack<Integer> s = new Stack<Integer>();
        int maxArea = 0;
        for(int i = 0; i <= len; i++){
            int h = (i == len ? 0 : height[i]);
            if(s.isEmpty() || h >= height[s.peek()]){
                s.push(i);
            }else{
                int tp = s.pop();
                maxArea = Math.max(maxArea, height[tp] * (s.isEmpty() ? i : i - 1 - s.peek()));
                i--;
            }
        }
        return maxArea;
    }
}