题目

给定一个整型矩阵 map，其中的值只有 0 和 1 两种，求其中全是 1 的所有矩形区域中，最大的矩形区域为 1 的数量。

例如:

  1    1    1    0

其中，最大的矩形区域有 3 个 1，所以返回 3。

再如:

1    0    1    11    1    1    11    1    1    0

其中，最大的矩形区域有 6 个 1，所以返回 6。

解答

如果矩阵的大小为 O(NxM)，本题可以做到时间复杂度为 O(NxM)。解法的具体过程为：

1、矩阵的行数为N，以每一行做切割， 统计以当前行作为底的情况下，每个位置往上的1的数量。使用高度数组height来表示。

例如：

map  =  1    0    1    1              1    1    1    1              1    1    1    0

以第 1 行做切割后，height {1,0,1,1}，height[j]表示目 前的底上(第 1 行)，j位置往上(包括j位置)有多少连续的 1。

以第 2 行做切割后，height={2,1,2,2}， 注意到从第一行到第二行，height 数组的更新是十分方便的，即 height[j] = map[i][j]=- 0 ? 0 : height[j]+1。

以第 3 行做切割后，height= {3,2,3,0}。

2、对于每次切割， 都利用更新后的 height 数组来求出以每一行为底的情况下， 最大的矩形是什么。那么这么多次切割中，最大的那个矩形就是我们要的。

整个过程就是如下代码中的 maxRecSize 方法。步骤 2 的实现是如下代码中的 maxRecFromBottom 方法。

下面重点介绍一下步骤 2 如何快速地实现，这也是这道题最重要的部分，如果 height 数组的长度为M，那么求解步骤 2 的过程可以做到时间复杂度为 O(M)。

对于 height 数组，可以理解为一个直方图，比如{3,2,3,0}， 其实就是如下图所示的直方图。

也就是说，步骤 2 的实质是在一个大的直方图中求最大矩形的面积。如果我们能够求出以每一根柱子扩展出去的最大矩形，那么其中最大的矩形就是我们想找的。比如：

• 第 1 根高度为 3 的柱子向左无法扩展，它的右边是 2,比 3 小，所以向右也无法扩展，则以第 1 根柱子为高度的矩形面积就是 3*1==3;
• 第 2 根高度为 2 的柱子向左可以扩 1 个距离，因为它的左边是 3,比 2 大;右边的柱子也是 3，所以向右也可以扩 1 个距离，则以第 2 根柱子为高度的矩形面积就是 2*3==6;
• 第 3 根高度为 3 的柱子向左没法扩展，向右也没法扩展，则以第3根柱子为高度的矩形面积就是 3*1==3;
• 第 4 根高度为 0 的柱子向左没法扩展，向右也没法扩展，则以第4根柱子为高度的矩形面积就是 0*1==0;

所以，当前直方图中最大的矩形面积就是 6，也就是上图中虚线框住的部分。

考查每一根柱子最大能扩多大，这个行为的实质就是找到柱子左边刚比它小的柱子位置在哪里，以及右边刚比它小的柱子位置在哪里。这个过程怎么计算最快呢？用栈。

为了方便表述，我们以 height= {3,4,5,4,3,6}为例说明如何根据 height 数组求其中的最大矩形。具体过程如下:

1.生成一个栈，记为 stack，从左到右遍历 height 数组，每遍历一个位置，都会把位置压进 stack 中。

2.遍历到 height 的 0 位置，height[0]=3， 此时 stack 为空，直接将位置 0 压入栈中，此时 stack 从栈顶到栈底为{0}。

3.遍历到 height 的 1 位置，height[1]=4, 此时 stack 的栈顶为位置 0，值为 height[0]=3，又有 height[1]>height[0]，那么将位置 1 直接压入 stack。这一步体现 了遍历过程中的一个关键逻辑：只有当前 i 位置的值 height[i] 大于当前栈顶位置所代表的值(height[stack.peek(0])，则 i 位置才可以压入 stack。

所以可以知道，stack 中从栈顶到栈底的位置所代表的值是依次递减，并且无重复值，此时 stack 从栈顶到栈底为{1,0}。

4.遍历到 height 的 2 位置，height[2]=5，与步骤 3 的情况完全一样，所以直接将位置 2 压入 stack，此时 stack 从栈顶到栈底为{2,1,0}。

5.遍历到 height 的 3 位置，height[3]=4，此时 stack 的栈顶为位置 2，值为 height[2]=5，又有 height[3] i 压入，并在这期间做如下处理:

1) 假设当前弹出的栈顶位置记为位置 j，弹出栈顶之后，新的栈项记为 k。然后我们开始考虑位置 j 的柱子向右和向左最远能扩到哪里。

2) 对位置 j 的柱子来说，向右最远能扩到哪里呢?

如果 height[j]>height[i]，那么 i-1 位置就是向右能打到的最远位置。因为 j 之所以被弹出，就是因为遇到了第一个比位置 j 值小的位置。

如果 height[j]==height[i]，那么 i-1 位置不一定是向右能扩到的最远位置，只是起码能扩到的位置。那怎么办呢?

可以肯定的是，在这种情况下，i 位置的柱子向左必然也可以扩到 j 位置。也就是说，j 位置的柱子扩出来的最大矩形和 i 位置的柱子扩出来的最大矩形是同一个。

所以，此时可以不再计算 j 位置的柱子能扩出来的最大矩形，因为位置 i 肯定要压入到栈中，那就等位置 i 弹出的时候再说。

3) 对位置 j 的柱子来说，向左最远能扩到哪里呢?

肯定是 k+1 位置。首先，height[+1.j-1]之 间不可能有小于或等于height[k]的值， 否则k位置早从栈里弹出了。然后因为在栈里k位置和j位置原本是相邻的，并且从栈顶到栈底的位置所代表的值是依次递减并且无重复值，所以在height[k+1..j-1]之间不可能有大于或等于 height[k]，同时又小于或等于 height[j] 的，因为如果有这样的值，k 和 j 在栈中就不可能相邻。

所以，height[k+..j-1] 之间的值必然是即大于 height[k]， 又大于 height[j] 的，所以 j 位置的柱子向左最远可以扩到 k+1 位置。

4) 综上所述，j 位置的柱子能扩出来的最大矩形为 (i-k-1)*heightj。

以例子来说明：

① i==3，height[3]=4， 此时 stack 的栈顶为位置 2，值为 height[2]=5, 故 height[3]<=height[2]，所以位置 2 被弹出 (j==2)，当前栈顶变为 1 (k==1)。位置 2 的柱子扩出来的最大矩形面积为 (3-1-1)*5==5。

② i==3， height[3]=4， 此时 stack 的栈顶为位置 1，值为 height[1]=4， 故 height[3]<=height[1]，所以位置 1 被弹出 (j==1)，当前栈顶变为 1 (k= 0)。位置 1 的柱子扩出来的最大矩形面积为 (3-0-1)*4- =8，这个值实际上是不对的(偏小)，但在位置 3 被弹出的时候是能够重新正确计算得到的。

③ i==3，height[3]=4， 此时 stack 的栈顶为位置0，值为 height(0]=3， 这时 height[3]<=height[2]，所以位置0不弹出。

④ 将位置 3 压入 stack，stack 从栈顶到栈底为{3,0}。

6. 遍历到 height 的 4 位置，height[4]=3。 与步骤 5 的情况类似，以下是弹出过程:

1) i==4， height[4]=3， 此时 stack 的栈顶为位置 3，值为 height[3]=4， 故 height[4]<= height[3],所以位置 3 被弹出 (j==3)， 当前栈顶变为 0 (k==0)。位置 3 的柱子扩出来的最大矩形面积为 (4-0-1)*4==12。这个最大面积也是位置 1 的柱子扩出来的最大矩形面积，在位置 1 被弹出时，这个矩形其实没有找到，但在位置 3 这里找到了。

2) i==4， height[4]=3， 此时stack 的栈顶为位置 0，值为 height[0]=3， 故 height[4]<=height[0]，所以位置 0 被弹出 (j-=0)， 当前没有了栈项元素，此时可以认为 k==-1。位置 0 的柱子扩出来的最大矩形面积为 (4-(-1)-1)*3-=12这个值实际上是不对的(偏小)，但在位置4被弹出时是能够重新正确计算得到的。

3)栈已经为空，所以将位置4压入 stack，此时从栈顶到栈底为{4}。

7.遍历到 height 的 5 位置，height[5]=6，情况和步骤 3 类似，直接压入位置 5，此时从栈顶到栈底为{5.4}。

8.遍历结束后，stack 中仍有位置没有经历扩的过程，从栈顶到栈底为{5,4}。 此时因为height数组再往右不能扩出去，所以认为i-heigh.length= 6且越界之后的值极小，然后开始弹出留在栈中的位置:

i==6,height[6]极小，此时stack的栈顶为位置5，值为 height[5]=6， 故height[6]<= height[5]，所以位置 6 被弹出 (j=- -6)，当前栈顶变为 4 (k==4)。位置 5 的柱子扩出来的最大矩形面积为 (6-4-1)*6==6。

2) i==6，height[6] 极小，此时 stack 的栈顶为位置 4，值为 height[4]=3， 故 height[6]<= theight[4]，所以位置 4 被弹出 (j==4)， 栈空了，此时可以认为 k==-1。位置 4 的柱子扩出来的最大矩形面积为 (6-(-1)-1)*3==18。这个最大面积也是位置 0 的柱子扩出来的最大矩形面积，在位置 0 被弹出的时候，这个矩形其实没有找到，但在位置 4 这里找到了。

3)栈已经空了，过程结束。

9.整个过程结束，所有找到的最大矩形面积中 18 是最大的，所以返回 18。研究以上 9 个步骤时我们发现，任何一个位置都仅仅进出栈 1 次，所以时间复杂度为 O(M)。既然每做一次切割处理的时间复杂度为 O(M)，一共做 N 次，则总的时间复杂度为 O(NxM)。

全部过程参看如下代码中的 maxRecSize 方法。9 个步骤的详细过程参看代码中的 maxRecFromBottom 方法。

public int maxRecSize (int[] [] map){    if (map == null 11 map. length == 011 map[0] .length == 0) {        return 0;    }    int maxArea = 0;    int[] height = new int [map[0] . length];    for (int i = 0; i < map.length; i++) {        for (int j = 0; j < map[0] .length; j++) {            height[j] = map[i][j] == 0 ? 0 : height[j] + 1;        }        maxArea = Math.max (maxRecF romBottom(height)，maxArea) ;    }    return maxArea;}public int maxRecFromBottom(int[] height){    if (height == null 11 height. length == 0) {        return 0;    }    int maxArea = 0;    Stack stack = new Stack () ;    for (int i = 0; i < height.length; i++) {        while (!stack.isEmpty() && height[i] <= height[stack.peek()]) {            int j = stack.pop() ;            int k = stack. isEmpty() ? -1 : stack.peek() ;int curArea = (i - k一1) * height[j];            maxArea - Math. max (maxArea, curArea) ;        }        stack.push(i) ;    }    while (!stack. isEmpty()) {        int j = stack.pop ;        intk=        stack. isEmpty() ? -1 : stack.peek() ;        int curArea = (height. length - k - 1) * height[j];        maxArea = Math. max (maxArea, curArea) ;    }    return maxArea ;}