LeetCode Largest Rectangle in Histogram
2015-09-17 04:35
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原题链接在这里:https://leetcode.com/problems/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 =
The largest rectangle is shown in the shaded area, which has area =
For example,
Given heights =
return
参考了这篇帖子:/article/5789867.html
那要不就debug下看看这段代码在做神马。例子就用题目中的[2,1,5,6,2,3]吧。
首先,如果栈是空的,那么索引i入栈。那么第一个i=0就进去吧。注意栈内保存的是索引,不是高度。然后i++。
然后继续,当i=1的时候,发现h[i]小于了栈内的元素,于是出栈。(由此可以想到,哦,看来stack里面只存放单调递增的索引)
这时候stack为空,所以面积的计算是h[t] * i.t是刚刚弹出的stack顶元素。也就是蓝色部分的面积。
继续。这时候stack为空了,继续入栈。注意到只要是连续递增的序列,我们都要keep pushing,直到我们遇到了i=4,h[i]=2小于了栈顶的元素。
这时候开始计算矩形面积。首先弹出栈顶元素,t=3。即下图绿色部分。
接下来注意到栈顶的(索引指向的)元素还是大于当前i指向的元素,于是出栈,并继续计算面积,桃红色部分。
最后,栈顶的(索引指向的)元素大于了当前i指向的元素,循环继续,入栈并推动i前进。直到我们再次遇到下降的元素,也就是我们最后人为添加的dummy元素0.
同理,我们计算栈内的面积。由于当前i是最小元素,所以所有的栈内元素都要被弹出并参与面积计算。
注意我们在计算面积的时候已经更新过了maxArea。
总结下,我们可以看到,stack中总是保持递增的元素的索引,然后当遇到较小的元素后,依次出栈并计算栈中bar能围成的面积,直到栈中元素小于当前元素。
可是为什么这个方法是正确的呢? 我也没搞清楚。只是觉得不明觉厉了。
-------------------------------------------------更新----------------------------------------------------------------
可以这样理解这个算法,看下图。
例如我们遇到最后遇到一个递减的bar(红色)。高度位于红线上方的(也就是算法中栈里面大于最右bar的)元素,他们是不可能和最右边的较小高度bar围成一个比大于在弹栈过程中的矩形面积了(黄色面积),因为红色的bar对他们来说是一个短板,和红色bar能围成的最大面积也就是红色的高度乘以这些“上流社会”所跨越的索引范围。但是“上流社会”的高度个个都比红色bar大,他们完全只计算彼此之间围成的面积就远远大于和红色bar围成的任意面积了。所以红色bar是不可能参与“上流社会”的bar的围城的(好悲哀)。
但是屌丝也不用泄气哦。因为虽然长度不占优势,但是团结的力量是无穷的。它还可以参与“比较远的”比它还要屌丝的bar的围城。他们的面积是有可能超过上流社会的面积的,因为距离啊!所以弹栈到比红色bar小就停止了。
另外一个细节需要注意的是,弹栈过程中面积的计算。
h[t] * (stack.isEmpty() ? i : i - stack.peek() - 1)
h[t]是刚刚弹出的栈顶端元素。此时的面积计算是h[t]和前面的“上流社会”能围成的最大面积。这时候要注意哦,栈内索引指向的元素都是比h[t]小的,如果h[t]是目前最小的,那么栈内就是空哦。而在目前栈顶元素和h[t]之间(不包括h[t]和栈顶元素),都是大于他们两者的。如下图所示:
那h[t]无疑就是Stack.Peek和t之间那些上流社会的短板啦,而它们的跨越就是i - Stack.Peek - 1。
Note:1. 需新生成一个array, 长度为原array 长度+1,用Arrays.copyOf()来复制原array, 并把最后一个数字设为0.
2. 数组里存的是index, 而不是array的元素。
3. res = Math.max(res, h[index] * (stk.isEmpty() ? i : i-stk.peek()-1)); 这里必须是i-stk.peek()-1, 而不能是i-index.
试验这个例子height = {4,2,0,3,2,5}, h = {4,2,0,3,2,5,0}. 当i = 6时, stack中有2,4,5. pop出4, 5后就停下来不能pop 2, 因为h[6] == h[2] == 0.
AC Java:
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 =
10unit.
For example,
Given heights =
[2,1,5,6,2,3],
return
10.
参考了这篇帖子:/article/5789867.html
那要不就debug下看看这段代码在做神马。例子就用题目中的[2,1,5,6,2,3]吧。
首先,如果栈是空的,那么索引i入栈。那么第一个i=0就进去吧。注意栈内保存的是索引,不是高度。然后i++。
然后继续,当i=1的时候,发现h[i]小于了栈内的元素,于是出栈。(由此可以想到,哦,看来stack里面只存放单调递增的索引)
这时候stack为空,所以面积的计算是h[t] * i.t是刚刚弹出的stack顶元素。也就是蓝色部分的面积。
继续。这时候stack为空了,继续入栈。注意到只要是连续递增的序列,我们都要keep pushing,直到我们遇到了i=4,h[i]=2小于了栈顶的元素。
这时候开始计算矩形面积。首先弹出栈顶元素,t=3。即下图绿色部分。
接下来注意到栈顶的(索引指向的)元素还是大于当前i指向的元素,于是出栈,并继续计算面积,桃红色部分。
最后,栈顶的(索引指向的)元素大于了当前i指向的元素,循环继续,入栈并推动i前进。直到我们再次遇到下降的元素,也就是我们最后人为添加的dummy元素0.
同理,我们计算栈内的面积。由于当前i是最小元素,所以所有的栈内元素都要被弹出并参与面积计算。
注意我们在计算面积的时候已经更新过了maxArea。
总结下,我们可以看到,stack中总是保持递增的元素的索引,然后当遇到较小的元素后,依次出栈并计算栈中bar能围成的面积,直到栈中元素小于当前元素。
可是为什么这个方法是正确的呢? 我也没搞清楚。只是觉得不明觉厉了。
-------------------------------------------------更新----------------------------------------------------------------
可以这样理解这个算法,看下图。
例如我们遇到最后遇到一个递减的bar(红色)。高度位于红线上方的(也就是算法中栈里面大于最右bar的)元素,他们是不可能和最右边的较小高度bar围成一个比大于在弹栈过程中的矩形面积了(黄色面积),因为红色的bar对他们来说是一个短板,和红色bar能围成的最大面积也就是红色的高度乘以这些“上流社会”所跨越的索引范围。但是“上流社会”的高度个个都比红色bar大,他们完全只计算彼此之间围成的面积就远远大于和红色bar围成的任意面积了。所以红色bar是不可能参与“上流社会”的bar的围城的(好悲哀)。
但是屌丝也不用泄气哦。因为虽然长度不占优势,但是团结的力量是无穷的。它还可以参与“比较远的”比它还要屌丝的bar的围城。他们的面积是有可能超过上流社会的面积的,因为距离啊!所以弹栈到比红色bar小就停止了。
另外一个细节需要注意的是,弹栈过程中面积的计算。
h[t] * (stack.isEmpty() ? i : i - stack.peek() - 1)
h[t]是刚刚弹出的栈顶端元素。此时的面积计算是h[t]和前面的“上流社会”能围成的最大面积。这时候要注意哦,栈内索引指向的元素都是比h[t]小的,如果h[t]是目前最小的,那么栈内就是空哦。而在目前栈顶元素和h[t]之间(不包括h[t]和栈顶元素),都是大于他们两者的。如下图所示:
那h[t]无疑就是Stack.Peek和t之间那些上流社会的短板啦,而它们的跨越就是i - Stack.Peek - 1。
Note:1. 需新生成一个array, 长度为原array 长度+1,用Arrays.copyOf()来复制原array, 并把最后一个数字设为0.
2. 数组里存的是index, 而不是array的元素。
3. res = Math.max(res, h[index] * (stk.isEmpty() ? i : i-stk.peek()-1)); 这里必须是i-stk.peek()-1, 而不能是i-index.
试验这个例子height = {4,2,0,3,2,5}, h = {4,2,0,3,2,5,0}. 当i = 6时, stack中有2,4,5. pop出4, 5后就停下来不能pop 2, 因为h[6] == h[2] == 0.
AC Java:
public class Solution { public int largestRectangleArea(int[] heights) { if(heights == null || heights.length == 0){ return 0; } int [] h = new int[heights.length+1]; h = Arrays.copyOf(heights, heights.length+1); Stack<Integer> stk = new Stack<Integer>(); int res = 0; int i = 0; while(i<h.length){ if(stk.isEmpty() || h[stk.peek()] <= h[i]){ stk.push(i); i++; }else{ int index = stk.pop(); res = Math.max(res, h[index] * (stk.isEmpty() ? i : i-stk.peek()-1)); } } return res; } }
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