1.题目

本题与42. 接雨水基本一致，建议两个结合着做

给定 n 个非负整数，用来表示柱状图中各个柱子的高度。每个柱子彼此相邻，且宽度为 1 。

求在该柱状图中，能够勾勒出来的矩形的最大面积。

示例 1:

输入：heights = [2,1,5,6,2,3]
输出：10
解释：最大的矩形为图中红色区域，面积为 10

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示例 2：

输入： heights = [2,4]
输出： 4

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/largest-rectangle-in-histogram

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2.解题思路

解法一：动态规划

通过题目理解，是要求最大的两个柱子（也可能是单个柱子）的最大面积，可以考虑用动态规划来做

和42.接雨水那题有些类似，不同点在于，该题需要寻找当前柱子左边和右边小于其的柱子的索引，因此需要记录的是索引

方法二：单调栈

本题和42.接雨水的题目对应，接雨水是要求栈内元素从大到小排序，然后，取栈顶和栈顶的下一个元素以及要入栈的三个元素来接水！而本题是要求栈内元素从小到大排序，同样，栈顶和栈顶的下一个元素以及要入栈的三个元素来接水！

然后分析三种情况：

剩下就是分析清楚如下三种情况：

• 情况一：当前遍历的元素heights[i]小于栈顶元素heights[st.top()]的情况（出现最大面积）
• 情况二：当前遍历的元素heights[i]等于栈顶元素heights[st.top()]的情况
• 情况三：当前遍历的元素heights[i]大于栈顶元素heights[st.top()]的情况

3.代码

方法一：动态规划

public int largestRectangleArea(int[] heights) {
        int length = heights.length;
        int[] minLeftIndex = new int [length];
        int[] maxRigthIndex = new int [length];
        // 记录左边第一个小于该柱子的下标
        minLeftIndex[0] = -1 ;
        for (int i = 1; i < length; i++) {
            int t = i - 1;
            // 这里不是用if，而是不断向右寻找的过程
            while (t >= 0 && heights[t] >= heights[i]) t = minLeftIndex[t];
            minLeftIndex[i] = t;
        }
        // 记录每个柱子 右边第一个小于该柱子的下标
        maxRigthIndex[length - 1] = length;
        for (int i = length - 2; i >= 0; i--) {
            int t = i + 1;
            while(t < length && heights[t] >= heights[i]) t = maxRigthIndex[t];
            maxRigthIndex[i] = t;
        }
        // 求和
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < length; i++) {
            int sum = heights[i] * (maxRigthIndex[i] - minLeftIndex[i] - 1);
            result = Math.max(sum, result);
        }
        return result;
    }
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方法二：单调栈

int largestRectangleArea(int[] heights) {
        Stack<Integer> st = new Stack<Integer>();
        
        // 数组扩容，在头和尾各加入一个元素
        int [] newHeights = new int[heights.length + 2];
        newHeights[0] = 0;
        newHeights[newHeights.length - 1] = 0;
        for (int index = 0; index < heights.length; index++){
            newHeights[index + 1] = heights[index];
        }

        heights = newHeights;
        
        st.push(0);
        int result = 0;
        // 第一个元素已经入栈，从下标1开始
        for (int i = 1; i < heights.length; i++) {
            // 注意heights[i] 是和heights[st.top()] 比较 ，st.top()是下标
            if (heights[i] > heights[st.peek()]) {
                st.push(i);
            } else if (heights[i] == heights[st.peek()]) {
                st.pop(); // 这个可以加，可以不加，效果一样，思路不同
                st.push(i);
            } else {
                while (heights[i] < heights[st.peek()]) { // 注意是while
                    int mid = st.peek();
                    st.pop();
                    int left = st.peek();
                    int right = i;
                    int w = right - left - 1;
                    int h = heights[mid];
                    result = Math.max(result, w * h);
                }
                st.push(i);
            }
        }
        return result;
    
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4.性能

方法一：动态规划

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

方法二：单调栈

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)