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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 height = [2,1,5,6,2,3],
return 10.
这道题让求直方图中最大的矩形，刚开始看到求极值问题以为要用DP来做，可是想不出递推式，只得作罢。这道题如果用暴力搜索法估计肯定没法通过OJ，但是我也没想出好的优化方法，在网上搜到了网友水中的鱼的博客，发现他想出了一种很好的优化方法，就是遍历数组，每找到一个局部峰值，然后向前遍历所有的值，算出共同的矩形面积，每次对比保留最大值，代码如下：
// 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; } };
后来又在网上发现一种比较流行的解法，是利用栈来解，可参见网友实验室小纸贴校外版的博客，但是经过仔细研究，其核心思想跟上面那种剪枝的方法有异曲同工之妙，这里维护一个栈，用来保存递增序列，相当于上面那种方法的找局部峰值，当当前值小于栈顶值时，取出栈顶元素，然后计算当前矩形面积，然后再对比当前值和新的栈顶值大小，若还是栈顶值大，则再取出栈顶，算此时共同矩形区域面积，照此类推，可得最大矩形。这两种解法的时间复杂度很依赖于输入数组的情况，在最坏的情况下，比如输入数组是个递减数列，那么此时的时间复杂度会变为O(n^2)。代码如下：
class Solution { public: int largestRectangleArea(vector<int> &height) { int res = 0; stack<int> s; height.push_back(0); for (int i = 0; i < height.size(); ++i) { if (s.empty() || height[s.top()] < height[i]) s.push(i); else { int cur = s.top(); s.pop(); res = max(res, height[cur] * (s.empty() ? i : (i - s.top() - 1))); --i; } } return res; } };
[LeetCode] Largest Rectangle in Histogram 直方图中最大的矩形
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原文地址：http://www.cnblogs.com/grandyang/p/4322653.html
