【LeetCode】 Largest Rectangle in Histogram O(n) 解法详析

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题目大意:

原题链接：https://leetcode.com/problems/largest-rectangle-in-histogram/

给定n个非负整数，代表柱形图的每个柱形条的高度，假设每个柱形条的宽度为1，求该柱形图中最大矩形的面积。



如上图所示，给定的高度序列为 height=[2,1,5,6,2,3]。



所以该柱形图的最大矩形就是上图阴影部分面积，maxArea=5*2=10。

解题思路：

思路一：

时间复杂度O(n²)

遍历所有立柱，对当前立柱i，以其高度左右扩展，看看以当前立柱i的高度最多能包含进多大的矩形面积，最后选出最大的面积即可。代码如下：

class Solution {
public:
int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
if(height.size() == 0) return 0;
int max = 0;
for(int i = 0; i < height.size(); ++i){
int mid = i;
int area = 0;
for(;mid >= 0 && height[mid] >= height[i]; area += height[i], --mid);
for(mid = i+1 ;mid < height.size() && height[mid] >= height[i]; area += height[i], ++mid);
if(max < area) max = area;
}
return max;
}
};

这个思路虽然可行，但测试数据过大就会超时。优化后的思路如下：

思路二：

时间复杂度O(n)



height的内容是 [5,6,7,8,3]，特点是除了最后一个，前面全部保持递增，且最后一个立柱的高度小于前面所有立柱高度。

对于这种特点的柱状图，如果使用上面所说的“挨个使用每一个柱状图的高度作为矩形的高度，求面积”的方法，还需要用嵌套循环吗？

我们知道除了最后一个，从第一个到倒数第二个立柱的高度都在升高，那么如果挨个使用每一个柱的高度作为矩形的高度，那么依次能得到的矩形的宽度就可以直接算出来：使用5作为高度可以使用前四个立柱组成 4*5的矩形，高度6可以组成3*6的矩形… 因此只需要遍历一次，选出最大面积即可。

我们将这种特点的柱状图称为“波峰图”。

下面该解法的步骤：

(1) 在height尾部添加一个0，也就是一个高度为0的立柱。作用是在最后也能凑成上面提的那种“波峰图”。

(2) 定义了一个stack，然后遍历时如果height[i] 大于stack.top()，进栈。反之，出栈直到栈顶元素小于height[i]。

由于出栈的这些元素高度都是递增的，我们可以求出这些立柱中所围成的最大矩形。更妙的是，由于这些被弹出的立柱处于“波峰”之上(比如弹出i 到 i+k，那么所有这些立柱的高度都高于 i-1和 i+k+1的高度)，因此，如果我们使用之前所提的“左右延伸找立柱”的思路解,以这些立柱的高度作为整个矩形的高度时，左右延伸出的矩形所包含的立柱不会超出这段“波峰”，因为波峰外的立柱高度都比他们低。“波峰图”其实就是求解最大矩形的“孤岛”，它不会干扰到外部。

(3) 由于比height[i]大的元素都出完了，height[i]又比栈顶元素大了，因此再次进栈。如此往复，直到遍历到最后那个高度为0的柱，触发最后的弹出以及最后一次面积的计算，此后stack为空。

(4) 返回面积最大值。

栈中存的不是高度，而是height的索引，这样做的好处是不会影响宽度的计算，索引值相减 = 宽度。

虽然是二重循环，但时间复杂度实际 2N，故为O(N)。代码如下：

class Solution {
public:
int largestRectangleArea(vector<int>& height) {
int maxArea = 0;
if (height.size() == 0) return 0;
height.push_back(0);
stack<int> s;
int i, j;
for (i = 0; i < height.size(); ++i){
if (!s.empty() && height[i] < height[s.top()]){
while (height[i] <= height[s.top()]){
int tmp = s.top();
s.pop();
int area = (s.empty() ? i : i - s.top() - 1) * height[tmp];
maxArea = (maxArea>area) ? maxArea : area;
if (s.empty())break;
}
}
s.push(i);
}//for
return maxArea;
}
};

总结

思路二的亮点就在于：

(1) stack里存的是index，计算面积时的宽度使用 index的差值，所以虽然stack 弹出了立柱，但是不影响宽度的计算，依然可以计算面积。

(2) 这种解法本质上是查看以每一个立柱为矩形高度，求出最大面积，但是它通过入栈出栈，把整个height变成一组组“波峰图”来解，这种高度布局下，最大面积的计算是O(n)的，然后将所有波峰图的最大面积取最大值。最后做到了以O(n)的时间复杂度覆盖了所有的立柱。