[Leetcode] 84. Largest Rectangle in Histogram 解题报告

最新推荐文章于 2025-11-09 23:26:55 发布

原创最新推荐文章于 2025-11-09 23:26:55 发布 · 547 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

文章标签：

#Leetcode #Array #Stack #解题报告

IT公司面试习题专栏收录该内容

736 篇文章

订阅专栏

本文介绍了一种高效求解直方图中最大矩形面积的问题，通过递增栈法将时间复杂度从O(n^2)降低到O(n)。以高度数组[2,1,5,6,2,3]为例，讲解了算法的具体实现步骤。

题目：

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 = 10 unit.

For example,
Given heights = [2,1,5,6,2,3],
return 10.

思路：

1、暴力枚举法：用两重循环枚举所有可能的矩形，并求出面积最大者（注意在第二重循环时，需要记录下区间中的bar的最低值）。暴力法的时间复杂度是O(n^2)。一个稍微巧妙一些的做法是：对于每一个bar，以它为最低点，然后分别向左右两边延伸直到遇到比它更低的bar，此时开始计算面积。然而该方法的时间复杂度仍然是O(n^2)。

2、递增栈法：这是一个设计十分巧妙的方法，通过借助栈，可以将时间复杂度降低到O(n)。其思想是：维护一个元素递增的栈，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。遍历数组，做如下判断：

1）如果当前元素比栈顶元素小，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。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。当最终栈空的时候就计算出了以所有bar为最低点的矩形面积。

2）如果当前元素比栈顶元素大，那么直接入栈即可。

实现技巧：为保证让所有元素都出栈，需要首先在栈中压入一个0元素，因为一个元素要出栈，必须要要遇到一个比它小的元素。

代码：

递增栈法：

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) 
    {
        if(heights.size() == 0) {
            return 0;
        }
        stack<int> s;
        heights.push_back(0);
        int sum = 0;
        for(int i = 0; i < heights.size(); ++i)
        {
            if(s.empty() || heights[i] > heights[s.top()]) {
                s.push(i);
            }
            else
            {
                int tmp = s.top();
                s.pop();
                // width is the key point to understand this algorithm
                int width = s.empty() ? i : i - s.top() - 1;
                sum = max(sum, heights[tmp] * width);
                i--;
            }
        }
        return sum;
    }
};