leetcode84. Largest Rectangle in Histogram

Harpsichord1207 发布于2019-08-15 10:55 / 1345人阅读

摘要：题目要求即找到图中可以组合而成的面积最大的矩形。从而我们可以知道该矩形在水平方向上的最大扩展程度。也就是说，栈中数据记录了最远左侧下标，而当前的矩形则是最远右侧下标。当我们不采用数据结构时，寻找和计算的过程需要的时间复杂度。

题目要求

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.

即找到图中可以组合而成的面积最大的矩形。

这里我首先想到的是leetcode 42 Trapping Rain Water，可以参考我的这篇博客。
因为在42题中，如果我找到了当前矩形左右的最近最高矩形即可。而在本题中，同样是需要找到该矩形左右的最高矩形，但不同的是，一旦我在左右搜寻的过程中遇到了一个比当前矩形矮的矩形，遍历即结束。所以两道题目的要求还是存在区别的。

思路一：直观但超时

最直观的思路也就是从当前矩形出发，分别向左向右遍历，一旦遇到一个矩形比当前矩形矮，则该方向的遍历结束。从而我们可以知道该矩形在水平方向上的最大扩展程度。代码如下：

    public int largestRectangleArea(int[] heights) {
        int barCount = heights.length;
        
        int max = 0;
        for(int i = 0 ; i=0 && heights[j]>=tempHeight ; j--) tempWidth++;
            for(int j = i+1 ; j=tempHeight ; j++) tempWidth++;
            max = Math.max(max, tempWidth*tempHeight);
        }
        return max;
    }

当然，该方法鉴于其需要O(n^2)的时间复杂度，再加上如果出现极端情况即每个矩形都可以水平扩展至n长度，其中n等于数组的长度（例如[1,1,1,1,......,1],n=100000），这样就会带来很多无效的遍历。

思路二：堆栈

如果我们按照顺序从左往右遍历，我们会返现，一旦右边的矩形比左边矮，则左边矩形的向右扩展的程度直接由右边矩形决定。那么我们如何知道左边矩形的左边扩展程度呢。这就需要我们采用栈的模式来记录。一旦新遇到的矩形比栈顶元素矮，我们需要逐个排出栈元素直到栈顶元素大于当前矩形高度。同时我们还需要将当前矩形的数据压入栈中，而当前矩形的左边距则由排出的最后元素的下标决定。也就是说，栈中数据记录了最远左侧下标，而当前的矩形则是最远右侧下标。代码如下：

    public int largestRectangleArea2(int[] heights){
        int barCount = heights.length;
        int max = 0;
        LinkedList stack = new LinkedList();
        for(int i = 0 ; itempHeight){
                lastIndex = stack.pop();
                max = Math.max(max, (i-lastIndex)*heights[lastIndex]);
                heights[lastIndex] =tempHeight; 
            }
            stack.push(lastIndex);
        }
        while(!stack.isEmpty()){
            int currentIndex = stack.pop();
            max = Math.max(max, (barCount-currentIndex)*heights[currentIndex]);
        }
        return max;
    }

思路三：利用已有数据删减遍历

这里我们延续一种的思路，还是采用找到当前矩形的最远左右侧下标，不同的是，我们用两个数据结构int[] lessFromLeft, int[] lessFromRight分别来存储当前矩形的最远左右侧下标。当我们不采用数据结构时，寻找和计算的过程需要O(n^2）的时间复杂度。而通过数据结构，我们可以很大程度上减少遍历次数，对当前矩阵的最左侧下标可以通过lessFromLeft跳跃遍历。也就是说，如果左侧矩形比当前矩形大，则跳到左侧矩形的最左侧矩形继续判断，如果最后调到起点，则结束遍历。

代码如下：

    public int largestRectangleArea3(int[] heights){
        int barCount = heights.length;
        if(barCount==0) return 0;
        int[] lessThanLeft = new int[barCount];
        int[] lessThanRight = new int[barCount];
        lessThanLeft[0] = -1;
        lessThanRight[barCount-1] = barCount;
        for(int i = 1 ; i=0 && heights[p]>=heights[i]){
                p = lessThanLeft[p];
            }
            lessThanLeft[i] = p;
        }
        for(int i = barCount-2 ; i>=0 ; i--){
            int p = i+1;
            while(p=heights[i]) p = lessThanRight[p];
            lessThanRight[i] = p;
        }
        
        int max = 0;
        for(int i = 0 ; i

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