思路：如果时间复杂度要求是O(n 2 )的话，解法比较多也比较好理解。比如可以遍历，对于当前 i 位置上的立柱，计算出以这个i 立柱结尾的最大矩形，然后求出总的最大矩形。

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 =   unit.

For example, 
Given height =  [2,1,5,6,2,3] , 
return  .

计算以i 立柱结尾的最大矩形又需要一次遍历，因此时间复杂度是 O(n 2 )。

或者可以用另一种方法：最大矩形的高度毫无疑问必然和某一个立柱的高度相等，或者说，最大矩形必然包含了某一个立柱的全部。

因此，可以遍历所有立柱，对当前立柱 i，以其高度左右扩展，看看以当前立柱 i 的高度最多能包含进多大的矩形面积。最后选出最大的总面积即可。这种思路的代码如下：

class Solution {
public:
  int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
    if(height.size() == 0) return 0;
    int max = 0;
    for(int i = 0; i < height.size(); ++i){
      int mid = i;
      int area = 0;
      for(;mid >= 0 && height[mid] >= height[i]; area += height[i], --mid);
      for(mid = i+1 ;mid < height.size() && height[mid] >= height[i]; area += height[i], ++mid);
      if(max < area) max = area;
    }
    return max;
  }
};

一点也不意外，过不了大集合测试。

但之所以把这个思路介绍一下，是因为这个思路可以孵化出时间复杂度为O(n)的解。

这种解法委实巧妙，不是我的原创。

首先我们看一下下面的例子：

height的内容是 [5,6,7,8,3]，特点是除了最后一个，前面全部保持递增，且最后一个立柱的高度小于前面所有立柱高度。

对于这种特点的柱状图，如果使用上面所说的“挨个使用每一个柱状图的高度作为矩形的高度，求面积”的方法，还需要用嵌套循环吗？

我们知道除了最后一个，从第一个到倒数第二个立柱的高度都在升高，那么如果挨个使用每一个柱的高度作为矩形的高度，那么依次能得到的矩形的宽度就可以直接算出来：使用5作为高度可以使用前四个立柱组成 4*5的矩形，高度6可以组成3*6的矩形... 因此只需要遍历一次，选出最大面积即可。

对于这种类型的柱状图，最大矩形面积的时间复杂度是O(n)。

我们将这种特点的柱状图称为“波峰图”。

下面介绍新的解法的步骤：

(1) 在height尾部添加一个0，也就是一个高度为0的立柱。作用是在最后也能凑成上面提的那种“波峰图”。

(2) 定义了一个stack，然后遍历时如果height[i] 大于stack.top()，进栈。反之，出栈直到栈顶元素小于height[i]。

由于出栈的这些元素高度都是递增的，我们可以求出这些立柱中所围成的最大矩形。更妙的是，由于这些被弹出的立柱处于“波峰”之上(比如弹出i 到 i+k，那么所有这些立柱的高度都高于 i-1和 i+k+1的高度)，因此，如果我们使用之前所提的“左右延伸找立柱”的思路解， 以这些立柱的高度作为整个矩形的高度时，左右延伸出的矩形所包含的立柱不会超出这段“波峰”，因为波峰外的立柱高度都比他们低。“波峰图”其实就是求解最大矩形的“孤岛”，它不会干扰到外部。

(3) 由于比height[i]大的元素都出完了，height[i]又比栈顶元素大了，因此再次进栈。如此往复，直到遍历到最后那个高度为0的柱，触发最后的弹出以及最后一次面积的计算，此后stack为空。

(4) 返回面积最大值。

代码如下，这里面栈中存的不是高度，而是height的索引，这样做的好处是不会影响宽度的计算。代码来自 水中的鱼-[LeetCode] Largest Rectangle in Histogram 解题报告

1:  int largestRectangleArea(vector<int> &h) {  
2:       stack<int> S;  
3:       h.push_back(0);  
4:       int sum = 0;  
5:       for (int i = 0; i < h.size(); i++) {  
6:            if (S.empty() || h[i] > h[S.top()]) S.push(i);  
7:            else {  
8:                 int tmp = S.top();  
9:                 S.pop();  
10:                 sum = max(sum, h[tmp]*(S.empty()? i : i-S.top()-1));  
11:                 i--;  
12:            }  
13:       }  
14:       return sum;  
15:  }

此解法最大亮点就在于

(1) stack里存的是index，计算面积时的宽度使用 index的差值，所以虽然stack 弹出了立柱，但是不影响宽度的计算，依然可以计算面积。

(2)  这种解法本质上是查看以每一个立柱为矩形高度，求出最大面积，但是它通过入栈出栈，把整个height变成一组组“波峰图”来解， 这种高度布局下，最大面积的计算是O(n)的，然后将所有波峰图的最大面积取最大值。最后做到了以O(n)的时间复杂度覆盖了所有的立柱。

多么精彩的解法！

(每日算法)Leetcode -- Largest Rectangle in Histogram(最大实心矩形)