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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.
题意：
给出条形图，求出其中面积 ，看图片题意很明确。
思路：
只能想出来O（N^2）的方法。但是感觉可以优化到O（N），因为有 很多重复步骤。
于是搜了一下题解。
简单的来说，我想对于某一个位置i，看以heights[i]为高的矩阵最远可以向左右延伸到哪里。
在这个子问题上，O(N)的做法自然是往左右扫。但这没有用到上一个位置的信息，简单的说，如果上一个位置比它高，那它能到的地方一定不会比上一个位置近。更玄学一点的，也没有用到前面高度的信息。
为此，做法是维护一个栈。并保证栈内元素单调递增。
保证栈内元素单调递增的方法是，每次放进元素前，将大于它的元素退栈。然后再将它放进去。
这样做的原因是，退完的栈顶一定是< 这个高度的最近的地方。
那么能延伸到的边界就是栈顶了。
如果栈为空的话，说明没有一个值比它小，就可以延伸到这个条形图的边界。
遍历所有元素需要O（N），由于每个元素只入栈一次，因此复杂度还是O（N）
这样从左往右做一遍，从右往左做一遍，则可以获得一个点到左右的最远距离。然后有了长宽就可以计算了。
code
class Solution { public: int largestRectangleArea(vector<int>& heights) { if(heights.size() == 0) return 0; stack<int> s; int ans = 0; vector<int> leftPos(heights.size()); for(int i = 0; i < heights.size(); i++){ while(!s.empty() && heights[s.top()] >= heights[i]) s.pop(); if(s.empty()) leftPos[i] = 0; // no one is lower than i else leftPos[i] = s.top() + 1; // s.top is first one lower than i, s.push(i); } while(!s.empty()) s.pop(); for(int i = heights.size() - 1; i >= 0; i--){ while(!s.empty() && heights[s.top()] >= heights[i]) s.pop(); int rightPos = heights.size() - 1; if(!s.empty()) rightPos = s.top() - 1; int tmp = heights[i] * (rightPos - leftPos[i] + 1); ans = max(tmp, ans); s.push(i); } return ans; } };
leetcode 84. Largest Rectangle in Histogram
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原文地址：http://www.cnblogs.com/bbbbbq/p/7630203.html
