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LeetCode 笔记系列 17 Largest Rectangle in Histogram

题目: Largest Rectangle in Histogram

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 height = [2,1,5,6,2,3],
return 10.

解法一: 这样的题目一般都有O(n)的解法,因为O(n2)的解法实在是太显而易见了。

可悲的是,本娃就只写出了后者。。。代码如下:

 1 public int largestRectangleArea(int[] height) {
 2         // Start typing your Java solution below
 3         // DO NOT write main() function
 4         int[] min = new int[height.length];
 5         int maxArea = 0;
 6         for(int i = 0; i < height.length; i++){
 7             if(height[i] != 0 && maxArea/height[i] >= (height.length - i)) {
 8                 continue;
 9             }
10             for(int j = i; j < height.length; j++){
11                 if(i == j) min[j] = height[j];
12                 else {
13                     if(height[j] < min[j - 1]) {
14                         min[j] = height[j];
15                     }else min[j] = min[j-1];
16                 }
17                 int tentativeArea = min[j] * (j - i + 1);
18                 if(tentativeArea > maxArea) {
19                     maxArea = tentativeArea;
20                 }
21             }
22         }
23         return maxArea;
24     }
View Code

基本思想就是遍历所有[i, j],并在过程中找出中间最矮的bar,得出从i到j的矩形面积。

不过我就知道,一定有大神用他们极简的代码来切题,下面就是一个。

解法二:

 1 public int largestRectangleArea2(int[] height) {
 2         Stack<Integer> stack = new Stack<Integer>();
 3         int i = 0;
 4         int maxArea = 0;
 5         int[] h = new int[height.length + 1];
 6         h = Arrays.copyOf(height, height.length + 1);
 7         while(i < h.length){
 8             if(stack.isEmpty() || h[stack.peek()] <= h[i]){
 9                 stack.push(i++);
10             }else {
11                 int t = stack.pop();
12                 maxArea = Math.max(maxArea, h[t] * (stack.isEmpty() ? i : i - stack.peek() - 1));
13             }
14         }
15         return maxArea;
16     }

16行,给跪了。。。。

这个我不去debug下都特么不知道在干嘛。

那要不就debug下看看这段代码在做神马。例子就用题目中的[2,1,5,6,2,3]吧。

首先,如果栈是空的,那么索引i入栈。那么第一个i=0就进去吧。注意栈内保存的是索引,不是高度。然后i++。

然后继续,当i=1的时候,发现h[i]小于了栈内的元素,于是出栈。(由此可以想到,哦,看来stack里面只存放单调递增的索引

这时候stack为空,所以面积的计算是h[t] * i.t是刚刚弹出的stack顶元素。也就是蓝色部分的面积。

继续。这时候stack为空了,继续入栈。注意到只要是连续递增的序列,我们都要keep pushing,直到我们遇到了i=4,h[i]=2小于了栈顶的元素。

这时候开始计算矩形面积。首先弹出栈顶元素,t=3。即下图绿色部分。

接下来注意到栈顶的(索引指向的)元素还是大于当前i指向的元素,于是出栈,并继续计算面积,桃红色部分。

最后,栈顶的(索引指向的)元素大于了当前i指向的元素,循环继续,入栈并推动i前进。直到我们再次遇到下降的元素,也就是我们最后人为添加的dummy元素0.

同理,我们计算栈内的面积。由于当前i是最小元素,所以所有的栈内元素都要被弹出并参与面积计算。

注意我们在计算面积的时候已经更新过了maxArea。

总结下,我们可以看到,stack中总是保持递增的元素的索引,然后当遇到较小的元素后,依次出栈并计算栈中bar能围成的面积,直到栈中元素小于当前元素。

可是为什么这个方法是正确的呢? 我也没搞清楚。只是觉得不明觉厉了。

 -------------------------------------------------更新----------------------------------------------------------------

可以这样理解这个算法,看下图。

例如我们遇到最后遇到一个递减的bar(红色)。高度位于红线上方的(也就是算法中栈里面大于最右bar的)元素,他们是不可能和最右边的较小高度bar围成一个比大于在弹栈过程中的矩形面积了(黄色面积),因为红色的bar对他们来说是一个短板,和红色bar能围成的最大面积也就是红色的高度乘以这些“上流社会”所跨越的索引范围。但是“上流社会”的高度个个都比红色bar大,他们完全只计算彼此之间围成的面积就远远大于和红色bar围成的任意面积了。所以红色bar是不可能参与“上流社会”的bar的围城的(好悲哀)。

但是屌丝也不用泄气哦。因为虽然长度不占优势,但是团结的力量是无穷的。它还可以参与“比较远的”比它还要屌丝的bar的围城。他们的面积是有可能超过上流社会的面积的,因为距离啊!所以弹栈到比红色bar小就停止了。

另外一个细节需要注意的是,弹栈过程中面积的计算。

h[t] * (stack.isEmpty() ? i : i - stack.peek() - 1)

h[t]是刚刚弹出的栈顶端元素。此时的面积计算是h[t]和前面的“上流社会”能围成的最大面积。这时候要注意哦,栈内索引指向的元素都是比h[t]小的,如果h[t]是目前最小的,那么栈内就是空哦。而在目前栈顶元素和h[t]之间(不包括h[t]和栈顶元素),都是大于他们两者的。如下图所示:

那h[t]无疑就是Stack.Peek和t之间那些上流社会的短板啦,而它们的跨越就是i - Stack.Peek - 1。

所以说,这个弹栈的过程也是维持程序不变量的方法啊:栈内元素一定是要比当前i指向的元素小的。

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我只想问算法的作者,他们到底是怎么想出来的,在这么短的时间内。是不是有一些类似的研究或者算法给他们以灵感?

太有画面感了有木有!

posted on 2013-07-17 21:51  lichen782  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏