Largest Rectangle in Histogram

如果说给你一个直方图，每个直方条的宽度为一，问你其中的某些直方条连在一起组成的最大的矩形面积是多少？

其实这道题就是相当于给你一个int height数组，表示每个直方条的高度，让你求最大的矩形的面积。我们知道对于每个直方条i，我们按照贪心的思路，将左右两边所有的height[j]>=height[i]的直方条都连在一起的话，得到的肯定是包含直方条i的最大矩形面积。

于是问题现在变成了对于当前的直方条i，我们需要求l[i]和r[i]分别表示左右两边所能延伸到的最远的直方条编号，如果我们已经知道了l[]和r[]，那么我们显然是可以在O(n)的时间内求的最大的矩形的面积的，

也就是max(height[i] * (r[i]-l[i]+1))。

那么我们如何在O(n)的时间内得到l[]和r[]呢？

我们只说明如何求的l[]即可，其中l[i] = k表示最左边的直方条k，height[k]>=height[i]。

如果height[] = {2, 1, 5, 6, 2, 3}，

那么此时的l[] = {0, 0, 2, 3, 2, 5}。

我们发现如果height[j] >= height[i]，那么在区间[height[j], j]内的所有元素都是大于等于height[i]，于是使用这个思路我们跳跃求i对应的l[i]。

那么为什么这样做的时间复杂度就是O(n)呢？我们来看对于任意一个j，如果height[j]>=height[i]，那么区间[l[j], j]将会被[l[i], i]覆盖，于是这样被覆盖后的j是永远不会被重复访问第二次的，为什么呢？因为我们从右到左的比较height[i]与height[i`]的关系是，如果height[i] >= height[i`]，于是区间[l[j], j]的height值一定也大于等于height[i`]，也就是说直接将[l[i`], i`]区间覆盖了区间[l[i], i]，也就覆盖了区间[l[j], j]，所以j不会被重复访问第二次。因此每个i只会被访问一次，加上遍历的一边，也就是复杂度近似O(2n)的。

于是总的复杂度就是O(n)。

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
        int n = height.size();
        int *r = new int[n];
        int *l = new int[n];
        
        for(int i=0; i<n; i++){
            l[i] = i;
            int j = i-1;
            while(j>=0 && height[j]>=height[i]){
                l[i] = l[j];
                j = l[j] - 1;
            }
        }
        
        for(int i=n-1; i>=0; i--){
            r[i] = i;
            int j = i+1;
            while(j<n && height[j]>=height[i]){
                r[i] = r[j];
                j = r[j] + 1;
            }
        }
        
        int ans = 0;
        for(int i=0; i<n; i++){
            int temp = height[i]*(r[i]-l[i]+1);
            if(temp > ans)
                ans = temp;
        }
        
        delete[] l;
        delete[] r;
        return ans;
    }
};

在下面这个非常经典的问题中也可以使用该方法进行优化。

求一个01矩阵中最大的1矩阵，如果我们直接暴力求解，时间复杂度是O(n^4)的；而如果稍加优化，首先预处理成每一行为一个直方图问题，在每一行的直方图问题上进行暴力枚举每个连续的区间，那么总的时间复杂度是O(n^3)的；而如果我们对每一行的直方图问题使用上面的思路来求解，于是总的复杂度就降到了O(n^2)，这显然是一个非常好的优化。