第六章 - 高频考题(困难)
0084. 柱状图中最大的矩形

题目地址(84. 柱状图中最大的矩形)

https://leetcode-cn.com/problems/largest-rectangle-in-histogram/

题目描述

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。
以上是柱状图的示例,其中每个柱子的宽度为 1,给定的高度为 [2,1,5,6,2,3]。 
图中阴影部分为所能勾勒出的最大矩形面积,其面积为 10 个单位。
1
示例:
2
3
输入:[2,1,5,6,2,3]
4
输出:10
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前置知识

  • 单调栈

暴力枚举 - 左右端点法(TLE)

思路

我们暴力尝试所有可能的矩形。由于矩阵是二维图形, 我我们可以使用左右两个端点来唯一确认一个矩阵。因此我们使用双层循环枚举所有的可能性即可。 而矩形的面积等于(右端点坐标 - 左端点坐标 + 1) * 最小的高度,最小的高度我们可以在遍历的时候顺便求出。

代码

1
class Solution:
2
def largestRectangleArea(self, heights: List[int]) -> int:
3
n, ans = len(heights), 0
4
if n != 0:
5
ans = heights[0]
6
for i in range(n):
7
height = heights[i]
8
for j in range(i, n):
9
height = min(height, heights[j])
10
ans = max(ans, (j - i + 1) * height)
11
return ans
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复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(N^2)$
  • 空间复杂度:$O(1)$

暴力枚举 - 中心扩展法(TLE)

思路

我们仍然暴力尝试所有可能的矩形。只不过我们这一次从中心向两边进行扩展。对于每一个 i,我们计算出其左边第一个高度小于它的索引 p,同样地,计算出右边第一个高度小于它的索引 q。那么以 i 为最低点能够构成的面积就是(q - p - 1) * heights[i]。 这种算法毫无疑问也是正确的。 我们证明一下,假设 f(i) 表示求以 i 为最低点的情况下,所能形成的最大矩阵面积。那么原问题转化为max(f(0), f(1), f(2), ..., f(n - 1))
具体算法如下:
  • 我们使用 l 和 r 数组。l[i] 表示 左边第一个高度小于它的索引,r[i] 表示 右边第一个高度小于它的索引。
  • 我们从前往后求出 l,再从后往前计算出 r。
  • 再次遍历求出所有的可能面积,并取出最大的。

代码

1
class Solution:
2
def largestRectangleArea(self, heights: List[int]) -> int:
3
n = len(heights)
4
l, r, ans = [-1] * n, [n] * n, 0
5
for i in range(1, n):
6
j = i - 1
7
while j >= 0 and heights[j] >= heights[i]:
8
j -= 1
9
l[i] = j
10
for i in range(n - 2, -1, -1):
11
j = i + 1
12
while j < n and heights[j] >= heights[i]:
13
j += 1
14
r[i] = j
15
for i in range(n):
16
ans = max(ans, heights[i] * (r[i] - l[i] - 1))
17
return ans
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复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(N^2)$
  • 空间复杂度:$O(N)$

优化中心扩展法(Accepted)

思路

实际上我们内层循环没必要一步一步移动,我们可以直接将j -= 1 改成 j = l[j], j += 1 改成 j = r[j]

代码

1
class Solution:
2
def largestRectangleArea(self, heights: List[int]) -> int:
3
n = len(heights)
4
l, r, ans = [-1] * n, [n] * n, 0
5
6
for i in range(1, n):
7
j = i - 1
8
while j >= 0 and heights[j] >= heights[i]:
9
j = l[j]
10
l[i] = j
11
for i in range(n - 2, -1, -1):
12
j = i + 1
13
while j < n and heights[j] >= heights[i]:
14
j = r[j]
15
r[i] = j
16
for i in range(n):
17
ans = max(ans, heights[i] * (r[i] - l[i] - 1))
18
return ans
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复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(N)$
  • 空间复杂度:$O(N)$

单调栈(Accepted)

思路

实际上,读完第二种方法的时候,你应该注意到了。我们的核心是求左边第一个比 i 小的和右边第一个比 i 小的。 如果你熟悉单调栈的话,那么应该会想到这是非常适合使用单调栈来处理的场景。
从左到右遍历柱子,对于每一个柱子,我们想找到第一个高度小于它的柱子,那么我们就可以使用一个单调递减栈来实现。 如果柱子大于栈顶的柱子,那么说明不是我们要找的柱子,我们把它塞进去继续遍历,如果比栈顶小,那么我们就找到了第一个小于的柱子。 对于栈顶元素,其右边第一个小于它的就是当前遍历到的柱子,左边第一个小于它的就是栈中下一个要被弹出的元素,因此以当前栈顶为最小柱子的面积为当前栈顶的柱子高度 * (当前遍历到的柱子索引 - 1 - (栈中下一个要被弹出的元素索引 + 1) + 1),化简一下就是 当前栈顶的柱子高度 * (当前遍历到的柱子索引 - 栈中下一个要被弹出的元素索引 - 1)
这种方法只需要遍历一次,并用一个栈。由于每一个元素最多进栈出栈一次,因此时间和空间复杂度都是$O(N)$。
为了统一算法逻辑,减少边界处理,我在 heights 首尾添加了两个哨兵元素,这样我们可以保证所有的柱子都会出栈

代码

代码支持: Python,CPP
Python Code:
1
class Solution:
2
def largestRectangleArea(self, heights: List[int]) -> int:
3
n, heights, st, ans = len(heights), [0] + heights + [0], [], 0
4
for i in range(n + 2):
5
while st and heights[st[-1]] > heights[i]:
6
ans = max(ans, heights[st.pop(-1)] * (i - st[-1] - 1))
7
st.append(i)
8
return ans
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CPP Code:
1
class Solution {
2
public:
3
int largestRectangleArea(vector<int>& A) {
4
A.push_back(0);
5
int N = A.size(), ans = 0;
6
stack<int> s;
7
for (int i = 0; i < N; ++i) {
8
while (s.size() && A[s.top()] >= A[i]) {
9
int h = A[s.top()];
10
s.pop();
11
int j = s.size() ? s.top() : -1;
12
ans = max(ans, h * (i - j - 1));
13
}
14
s.push(i);
15
}
16
return ans;
17
}
18
};
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复杂度分析
  • 时间复杂度:$O(N)$
  • 空间复杂度:$O(N)$
2020-05-30 更新:
有的观众反应看不懂为啥需要两个哨兵。 其实末尾的哨兵就是为了将栈清空,防止遍历完成栈中还有没参与运算的数据。
而前面的哨兵有什么用呢? 我这里把上面代码进行了拆解:
1
class Solution:
2
def largestRectangleArea(self, heights: List[int]) -> int:
3
n, heights, st, ans = len(heights),[0] + heights + [0], [], 0
4
for i in range(n + 2):
5
while st and heights[st[-1]] > heights[i]:
6
a = heights[st[-1]]
7
st.pop()
8
# 如果没有前面的哨兵,这里的 st[-1] 可能会越界。
9
ans = max(ans, a * (i - 1 - st[-1]))
10
st.append(i)
11
return ans
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