Leetcode 84. 柱状图中最大的矩形 tag 数组

题目来源：力扣（LeetCode）https://leetcode-cn.com/problems/largest-rectangle-in-histogram/

题目

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给定 n 个非负整数，用来表示柱状图中各个柱子的高度。每个柱子彼此相邻，且宽度为 1 。

求在该柱状图中，能够勾勒出来的矩形的最大面积。

以上是柱状图的示例，其中每个柱子的宽度为 1，给定的高度为 [2,1,5,6,2,3]。

图中阴影部分为所能勾勒出的最大矩形面积，其面积为 10 个单位。

示例:

输入: [2,1,5,6,2,3]
输出: 10

分析：
    题意：给定一个大小为n的非负整型数组，分别表示直方图的n个柱子高度，每个柱子宽度为1。返回该直方图所能形成的最大矩形面积。
    思路：

1、暴力枚举法：

我们需要找到面积最大的矩形，面积=长度 * 高度, 则可以枚举高度，然后根据高度，在图中最左边可以扩展到哪个地方，最右边可以扩展到哪个地方。
那么如何扩展呢，用h[i]表示当前枚举到的柱状图,只要在左边的柱状图h[l] >= h[i], l<i，那么就可以一直向左边扩展，直到找到第一个h[l] < h[i]。右边同理, 假设枚举到h[r]。那么此时这个矩形的面积为 (r - l - 1) * h[i]。 时间复杂度为O(n^2)

//枚举高度,针对于每个h[i]找到其左边最近的一个柱子的高度小于它， 其右边最近的一根柱子的高度小于它
        int res = 0;
        int n = heights.size();
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            int l = i, r = i;
            while(l>=0&&heights[l]>=heights[i]) l--;
            while(r<n&&heights[r]>=heights[i]) r++;
            res = max(res, (r-l-1)*heights[i]);
        }
        return res;

2、单调栈

从暴力枚举时我们可以发现，每次枚举到一个高度h[i]的时候，我们都要用o(n)的时间复杂度查找h[i] 左边小于h[i]和h[i]右边小于h[i]的最近的直方图。其实我们可以先预处理出来每个h[i]左边小于h[i]最近的一个位置（那么可以想到单调栈），右边也是同理。时间复杂度为o(n)。转自：https://blog.csdn.net/weixin_45755182/article/details/113103731

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
        int n=heights.size();
        int res=0;
        stack<int> st;
        vector<int> l(n),r(n);
        for(int i=0;i<n;++i)
        {
            while(!st.empty()&&heights[st.top()]>=heights[i])
                st.pop();
            l[i]=st.empty()?-1:st.top();
            st.push(i);
        }
        st=stack<int>();
        for(int i=n-1;i>=0;--i)
        {
            while(!st.empty()&&heights[st.top()]>=heights[i])
                st.pop();
            r[i]=st.empty()?n:st.top();
            st.push(i);
        }
        for(int i=0;i<n;++i)
        {
            res=max(res,heights[i]*(r[i]-l[i]-1));
        }
        
        return res;
    }
};

3、这道题跟LeetCode 11很相似，但是因为考虑柱子宽度，因此解题技巧不相同，此题考查单调栈的应用。我们首先在数组最后加入0，这是为了方便处理完数组中的所有高度数据。假设存储高度坐标的栈为stack，当前处理的高度坐标为i(i∈[0→n])：① 如果当前stack为空，或者heights[i]大于等于栈顶坐标对应高度，则将i加入stack中；② 如果heights[i]小于栈顶坐标对应高度，说明可以开始处理栈内的坐标形成的局部递增高度，以求得当前最大矩形面积。弹出当前栈顶坐标 = top，此时栈顶新坐标 = top'，那么对应计算面积的宽度w = i - 1 - top'（若弹出栈顶坐标后，stack为空，则对应w = i），得到面积s = heights[top] * w，此时将i减一（因为进入循环i会加一，而待会儿需要重复考察第i个高度）；③ 遍历完成i∈[0→n]，返回最大矩形面积。

    时间复杂度为O(n)。

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
        int n = heights.size();
        // Exceptional Case: 
        if(n == 0){
            return 0;
        }
        if(n == 1){
            return heights[0];
        }
        // insert 0 height
        heights.push_back(0);
        stack<int> st;
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i <= n; i++){
            if(st.empty() || heights[i] >= heights[st.top()]){
                st.push(i);
            }
            else{
                int top = st.top();
                st.pop();
                int w = st.empty()? i: i - 1 - st.top();
                ans = max(ans, heights[top] * w);
                i--;
            }
        }
        return ans;
    }
};

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