Largest Rectangle in Histogram求直方图中最大的矩形

题目描述

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 height =[2,1,5,6,2,3],
return10.
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。

实现代码：
           class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
        if(height.size() ==0) return 0;  
        height.push_back(0);  
        int len = height.size(), ans = 0;  
        stack<int> st;  
        for(int i = 0; i < len; i++)  
        {  
            while(!st.empty() && height[i] < height[st.top()])  //找到右边界；
            {  
                auto index = st.top();  
                st.pop();  
                ans = max(ans, height[index]*(st.empty() ? i : (i-st.top()-1)));
            }  
            st.push(i);  //将数组位置索引压入栈；
        }  
        return ans;  
    }
};
遍历数组，每找到一个局部峰值，然后向前遍历所有的值，算出共同的矩形面积，每次对比保留最大值.

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