每日打卡：单调栈解决最大矩形问题（一维直方图，二维最大红矩形）

柱状图中最大的矩形

思路

这个题最明显的思路就是：矩形面积=底×高。

版本1：底的长度可以通过二重循环来完成，高通过循环来寻找最小值。
版本2：底的长度可以通过二重循环来完成，高通过线性比较当前遍历到的高度和之前记录的max(minh, h)。

可以发现，通过遍历底×高的方法来做，优化的上限就到此为止。那么我们想一想，能否通过遍历高×底的思想呢？

如果能通过遍历每个高，这只需要O(n)的时间复杂度，同时找到以这个高度为高的最大矩形的底有多长就好了！

考虑对某一个高而言，它的底究竟是什么？如下图(参考链接)所示：

也就是我们如果能在遍历到下标为2的柱子的时候，得到这两个信息就好了：

左侧比他矮的最近的柱子的下标，也就是1
右侧比他矮的最近的柱子的下标，也就是4

我们想到一种结构：单调栈可以存储单调递增/递减的柱子下标。这样上面提到的第一个信息，也就是遍历时左侧比他矮的最近的柱子下标就知道了。

那么右边的呢？

右边的相当于现在的高度而言其实是“未来”的，也就是还没遍历到的。那我们考虑在“未来”的遍历过程中，无非是出现“比现在这个高度高” 和 “比现在这个高度低” 两种情况，边界的等于我们稍后再讨论。

当遇到比现在高度高时，就需要添加到栈中。因为栈必须维护 “前一个存储的下标是后一个存储下标的左边界”。

当遇到比现在高度低的时候，其实就是上面提到的第二个需要知道的信息，右侧比他矮的第一个柱子的下标！

下面我们来整理一下思路：

遍历每个高度，记作height
单调栈维护左侧比height矮的最近的柱子的下标。称为lo。
当右侧出现第一个比height矮的柱子时，计算height×底，此时底的长度是（hi-lo-1）。

而在代码实现的过程中，因为栈具有记录功能，所以上面我们所说的遍历每个高度，计算面积的过程其实不是在当前高度被遍历到的时候计算的，因为此时hi的值不知道。

我们使用栈记录了额外的信息，也就是待计算的高度height。把真正计算面积，更新最大面积的过程延迟到了hi出现的时候！我认为这才是栈作为数据结构之所以有用的原因。

而单调栈则相比栈记录了更多的信息，也就是比height矮的最近的柱子的下标lo就是height的前一个位置。

代码实现

class Solution:def largestRectangleArea(self, heights: List[int]) -> int:ans, stack = 0, []# 添加哨兵heights = [0]+heightsheights.append(0)# 左侧限位lo, 右侧限位hilo, hi = 0, 0for hi, tmp in enumerate(heights):# 注意边界条件，栈为空时直接入栈while (stack and tmp<heights[stack[-1]]):height = heights[stack.pop()]lo = stack[-1]ans = max(ans, height*(hi-lo-1))stack.append(hi)return(ans)

复杂度分析

时间复杂度

在遍历数组时，直方图的每根柱子都入栈，出栈一次，并且在每个柱子的下标出栈时计算以它为顶的最大矩形面积，这些操作对每根柱子而言复杂度都是O(1),故总的时间复杂度为O(n)

空间复杂度

需要一个辅助栈，栈中可能有O(n)根柱子在数组中的下标，故空间复杂度为O(n)

矩阵中最大的矩形

有了上面的铺垫，将一维的情况扩展至二维即可。如题：

如果把每一行/每一列看作一个heights数组，那么问题就可解了。

考虑每一行/每一列的heights应该是多少？

这里以行为例，对于第一行而言，heights应该是【10100】，第二行，则是【20211】，我们可以通过动态规划的方法更新该数组，规律为：

如果位置为1，则height+1
否则height变成0

为什么是正确的？因为最大的矩阵的高度永远被限制在最小的height中，所以即使我们看似加入了y轴以下的部分（有的height出现的位置早，有的出现的位置晚），也会被最小的height限制住。

代码非常简单，只是在每次调用计算柱状图中最大的矩形的外面，加了新的循环，用于更新heights数组。

class Solution:def maximalRectangle(self, matrix: List[str]) -> int:if not matrix:return 0col_len = len(matrix[0])# 记录当前行每一个“柱子”的高度，0和最后一位是哨兵heights = [0 for i in range(col_len+2)]ans, stack = 0, []for line in matrix:for i in range(col_len):# 如果是1，则长度为上一行长度+1，否则为0heights[i+1] = heights[i+1]+1 if line[i]!='0' else 0# 栈清空stack.clear()# 左侧限位lo, 右侧限位hilo, hi = 0, 0for hi, tmp in enumerate(heights):# 注意边界条件，栈为空时直接入栈while (stack and tmp<heights[stack[-1]]):height = heights[stack.pop()]lo = stack[-1]ans = max(ans, height*(hi-lo-1))stack.append(hi)return(ans)

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