给定 n 个非负整数，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。
以上是柱状图的示例，其中每个柱子的宽度为 1，给定的高度为 [2,1,5,6,2,3]。
图中阴影部分为所能勾勒出的最大矩形面积，其面积为 10 个单位。
示例:
输入: [2,1,5,6,2,3] 输出: 10
思路：这道题可以说如果想实现O(n)的复杂度可以说是很巧了，答案都看了很久才看懂，这里只是列出来一些和网上的不一样的思考。首先列出参考的博客，可以说是图文并茂了：博客
先列出怎么解的，我们需要一个栈s，栈里存储的是递增序列，如果遇到一个待插入数字比栈顶元素小，那么就开始计算栈里的元素能围城的矩形面积，这里给出一张图：
假设栈里存储的已经是递增序列，这时来了一个比栈顶元素小的元素，那么所围成的面积一定不包括上图的红色矩形（只计算不包含红色矩形的面积，在红色矩形左边的矩阵中找）。但是这里有个问题，为什么一定不包含红色矩形呢？很多博客没有说。
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也就是如下图所示：
为什么蓝色框的面积一定比红色框的面积大呢？这完全没有道理，因为红色的框可以更长，所以很多博客并没有解释。其实这道题很巧妙，并不是蓝色的框面积一定比红色的框大，应该是截止到蓝色的框的右边界为止（不包括红色小矩形），矩形面积最大的一定在红色小矩形的左边，换句话说，如上图所示的红色大矩形会在后面的情况中被包含进去。
如上图所示，处理完红色的小矩形左边的矩形，然后加入小红矩形，然后加入小蓝矩形，这时处理又开始了，这时便会计算如图紫色框的面积，而紫色框的面积就是之前讨论的大红色框的（包含小红色框）的矩形。所以其实基于这种栈的解法是考虑了所有的情况。
参考代码：
class Solution {
public:
int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
int res = 0;
heights.push_back(0);
stack<int> s;
for (int i = 0; i < heights.size(); i++) {
while (!s.empty() && heights[i] < heights[s.top()]) {
int tmp = s.top();
s.pop();
res = max(res, heights[tmp] * (s.empty() ? i : (i - 1 - s.top())));
}
s.push(i);
}
return res;
}
};