一、接雨水
题目描述：
给定 n 个非负整数表示每个宽度为 1 的柱子的高度图，计算按此排列的柱子，下雨之后能接多少雨水。
示例 1：
输入：height = [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]
输出：6
解释：上面是由数组 [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1] 表示的高度图，在这种情况下，可以接 6 个单位的雨水（蓝色部分表示雨水）。
示例 2：
输入：height = [4,2,0,3,2,5]
输出：9
方法一：按列求（动态规划）
我们把每一列能接的水加起来即可，而每一列的水只取决于当前列左边的最高墙和右边的最高墙。
根据木桶效应，在左边和右边取低的那一个，然后减去当前列的高度即可求出当前列的接水量。
这样我们就可以创建两个数组，一个记录包括当前列左边的最高墙，一个记录包括当前列右边的最高墙，采用动态规划的思想。
为什么要包括当前列？
首先可以解决边界问题，其次如果当前列是左边最高的或者右边最高的，那么减去自己的高度就是0。
class Solution {
public:
int trap(vector<int>& height) {
int n = height.size();
vector<int> leftMax(n), rightMax(n);
int Max = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
if(height[i] > Max)
{
Max = height[i];
}
leftMax[i] = Max;
}
Max = 0;
for(int i = n - 1; i >= 0; i--)
{
if(height[i] > Max)
{
Max = height[i];
}
rightMax[i] = Max;
}
int sum = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
sum += min(leftMax[i], rightMax[i]) - height[i];
}
return sum;
}
};
方法二：双指针
上面我们说过只用看左右两边最高墙中的最小值即可，所以现在我们定义两个指针，left从左向右，right从右向左，每次让小的那一列墙的指针向中间移动（因为我们不关心左边最高墙和右边最高墙中的高的那列墙）。
class Solution {
public:
int trap(vector<int>& height) {
int n = height.size();
int leftMax = 0, rightMax = 0;
int left = 0, right = n - 1;
int sum = 0;
while(left <= right)
{
if(height[left] < height[right])
{
leftMax = max(leftMax, height[left]);
sum += leftMax - height[left];
left++;
}
else
{
rightMax = max(rightMax, height[right]);
sum += rightMax - height[right];
right--;
}
}
return sum;
}
};
方法三：单调栈
用一个极端场景来举例子：
如果是单调递减的就依次入栈，直到碰到比栈顶元素要高的墙，此时就依次判断前面入栈且比当前墙要低的元素。
比方说现在到5下标。此时依次出栈之前的元素来计算接水量：
class Solution {
public:
int trap(vector<int>& height) {
int n = height.size();
stack<int> st;
int sum = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
while(!st.empty() && height[i] > height[st.top()])
{
int cur = st.top();
st.pop();
if(st.empty())
{
break;
}
int len = i - st.top() - 1;
sum += (min(height[st.top()], height[i]) - height[cur]) * len;
}
st.push(i);
}
return sum;
}
};
二、直方图最大矩形面积
题目描述：
给定非负整数数组 heights ，数组中的数字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。
示例 1:
输入：heights = [2,1,5,6,2,3]
输出：10
解释：最大的矩形为图中红色区域，面积为 10
示例 2：
输入： heights = [2,4]
输出： 4
思路分析：
单调栈
这道题可以类比上面的接雨水问题，我们也可以用单调栈的方式来求解。
栈里面存的是下标，主要是用来计算宽度。
遍历每个下标，如果当前列大于栈顶元素，就继续入栈，如果小于栈顶元素，进行处理：
从1开始遍历，当遍历到1的位置时还不能确定1位置是不是最大的矩形面积，继续向后遍历，当遍历到2的位置时，就可以确定2之前的的大面积了。
如果已经确定了一个柱形的高度，我们可以无视它（出栈）。
为什么可以无视呢？
后边的元素一定比1要小，所以当要求最大面积的时候一定会跨过第一列：
就算1前面也有元素也是可以可以直接跨过。
可以看到2不用关注1，3不用关注1和2。
这里还有两个特殊的情况：
1️⃣ 弹栈的时候，栈为空；
2️⃣ 遍历完成以后，栈中还有元素；
如果弹栈的时候栈为空，那么说明宽度要从当前位置一直延伸到0下标。
如果遍历完后栈中还有元素。比如说这个图：
最后剩下的就是4和6，对于4和6，先处理6在处理4：
class Solution {
public:
int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
int n = heights.size();
stack<int> st;
int ans = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
while(!st.empty() && heights[i] < heights[st.top()])
{
int mid = st.top();
st.pop();
int w = i;
if(!st.empty())
{
w = i - st.top() - 1;
}
ans = max(ans, w * heights[mid]);
}
st.push(i);
}
while(!st.empty())
{
int mid = st.top();
st.pop();
int w = n;
if(!st.empty())
{
w = n - st.top() - 1;
}
ans = max(ans, w * heights[mid]);
cout << w * heights[mid] << endl;
}
return ans;
}
};
哨兵位优化
为了处理上面两个特殊情况，我们可以在首位都添加一个0。
class Solution {
public:
int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
heights.insert(heights.begin(), 0);
heights.push_back(0);
int n = heights.size();
stack<int> st;
st.push(0);
int ans = 0;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
while(heights[i] < heights[st.top()])
{
int mid = st.top();
st.pop();
int left = st.top();
int right = i;
int w = right - left - 1;
ans = max(ans, w * heights[mid]);
}
st.push(i);
}
return ans;
}
};
三、矩阵中最大的矩形
题目描述：
给定一个由 0 和 1 组成的矩阵 matrix ，找出只包含 1 的最大矩形，并返回其面积。
注意：此题 matrix 输入格式为一维 01 字符串数组。
示例 1：
输入：matrix = [“10100”,“10111”,“11111”,“10010”]
输出：6
解释：最大矩形如上图所示。
示例 2：
输入：matrix = []
输出：0
示例 3：
输入：matrix = [“0”]
输出：0
示例 4：
输入：matrix = [“1”]
输出：1
示例 5：
输入：matrix = [“00”]
输出：0
思路分析：
例如上面的图，我们可以分层看，每一层都是求直方图最大矩形面积。
第一层柱状图的高度[“1”,“0”,“1”,“0”,“0”]，最大面积为1；
第二层柱状图的高度[“2”,“0”,“2”,“1”,“1”]，最大面积为3；
第三层柱状图的高度[“3”,“1”,“3”,“2”,“2”]，最大面积为6；
第四层柱状图的高度[“4”,“0”,“0”,“3”,“0”]，最大面积为4；
这道题的解法就是前缀和+单调栈
前缀和+单调栈
class Solution {
public:
int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
int n = heights.size();
stack<int> st;
st.push(0);
int ans = 0;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
while(heights[i] < heights[st.top()])
{
int mid = st.top();
st.pop();
int left = st.top();
int right = i;
int w = right - left - 1;
ans = max(ans, w * heights[mid]);
}
st.push(i);
}
return ans;
}
int maximalRectangle(vector<string>& matrix) {
if(matrix.size() == 0) return 0;
int res = 0;
vector<int> v(matrix[0].size() + 2);
for(int i = 0; i < matrix.size(); i++)
{
for(int j = 0; j < matrix[i].size(); j++)
{
if(matrix[i][j] == '1')
{
v[j + 1] += 1;
}
else
{
v[j + 1] = 0;
}
}
res = max(res, largestRectangleArea(v));
}
return res;
}
};