給定 n 個非負整數，用來表示柱狀圖中各個柱子的高度。每個柱子彼此相鄰，且寬度為 1 。

求在該柱狀圖中，能夠勾勒出來的矩形的最大面積。

以上是柱狀圖的示例，其中每個柱子的寬度為 1，給定的高度為?[2,1,5,6,2,3]。

圖中陰影部分為所能勾勒出的最大矩形面積，其面積為?10?個單位。

示例:

輸入: [2,1,5,6,2,3]
輸出: 10

解法1：一種很好的優化方法，就是遍歷數組，每找到一個局部峰值（只要當前的數字大于后面的一個數字，那么當前數字就看作一個局部峰值，跟前面的數字大小無關），然后向前遍歷所有的值，算出共同的矩形面積，每次對比保留最大值。這里再說下為啥要從局部峰值處理，看題目中的例子，局部峰值為 2，6，3，我們只需在這些局部峰值出進行處理，為啥不用在非局部峰值處統計呢，這是因為非局部峰值處的情況，后面的局部峰值都可以包括，比如1和5，由于局部峰值6是高于1和5的，所有1和5能組成的矩形，到6這里都能組成，并且還可以加上6本身的一部分組成更大的矩形，那么就不用費力氣去再統計一個1和5處能組成的矩形了。代碼如下：

?

// Pruning optimize 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;} };

?解法二：單調棧

后來又在網上發現一種比較流行的解法，是利用棧來解，可參見網友實驗室小紙貼校外版的博客，但是經過仔細研究，其核心思想跟上面那種剪枝的方法有異曲同工之妙，這里維護一個棧，用來保存遞增序列，相當于上面那種方法的找局部峰值。我們可以看到，直方圖矩形面積要最大的話，需要盡可能的使得連續的矩形多，并且最低一塊的高度要高。有點像木桶原理一樣，總是最低的那塊板子決定桶的裝水量。那么既然需要用單調棧來做，首先要考慮到底用遞增棧，還是用遞減棧來做。我們想啊，遞增棧是維護遞增的順序，當遇到小于棧頂元素的數就開始處理，而遞減棧正好相反，維護遞減的順序，當遇到大于棧頂元素的數開始處理。那么根據這道題的特點，我們需要按從高板子到低板子的順序處理，先處理最高的板子，寬度為1，然后再處理旁邊矮一些的板子，此時長度為2，因為之前的高板子可組成矮板子的矩形 ，因此我們需要一個遞增棧，當遇到大的數字直接進棧，而當遇到小于棧頂元素的數字時，就要取出棧頂元素進行處理了，那取出的順序就是從高板子到矮板子了，于是乎遇到的較小的數字只是一個觸發，表示現在需要開始計算矩形面積了，為了使得最后一塊板子也被處理，這里用了個小 trick，在高度數組最后面加上一個0，這樣原先的最后一個板子也可以被處理了。由于棧頂元素是矩形的高度，那么關鍵就是求出來寬度，那么跟之前那道?Trapping Rain Water?一樣，單調棧中不能放高度，而是需要放坐標。由于我們先取出棧中最高的板子，那么就可以先算出長度為1的矩形面積了，然后再取下一個板子，此時根據矮板子的高度算長度為2的矩形面積，以此類推，知道數字大于棧頂元素為止，再次進棧，巧妙的一比！

?

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

原文：https://www.cnblogs.com/grandyang/p/4322653.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的直方图中最大的矩形(遍历与单调栈）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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