Maximal Rectangle
Given a 2D binary matrix filled with 0‘s and 1‘s, find the largest rectangle containing all ones and return its area.
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SOLUTION 1:
1 public class Solution {
2 public int maximalRectangle(char[][] matrix) {
3 if (matrix == null || matrix.length == 0 || matrix[0].length == 0) {
4 return 0;
5 }
6
7 int rows = matrix.length;
8 int cols = matrix[0].length;
9
10 int[][] h = new int[rows][cols];
11
12 int max = 0;
13
14 for (int i = 0; i < rows; i++) {
15 for (int j = 0; j < cols; j++) {
16
17 h[i][j] = matrix[i][j] == ‘1‘ ? 1: 0;
18
19 if (i != 0 && h[i][j] != 0) {
20 h[i][j] = h[i - 1][j] + 1;
21 }
22
23 if (j == cols - 1) {
24 max = Math.max(max, maxArea(h[i]));
25 }
26 }
27 }
28
29 return max;
30 }
31
32 public int maxArea(int[] h) {
33 Stack<Integer> s = new Stack<Integer>();
34
35 int max = 0;
36 int i = 0;
37
38 // 注意，这里使用<= 因为当i到达最后，需要计算一次。
39 while (i <= h.length) {
40 //
41 if (s.isEmpty() || i < h.length && h[i] >= h[s.peek()]) {
42 s.push(i);
43 i++;
44 } else {
45 int height = h[s.pop()];
46 int width = s.isEmpty() ? i: i - s.peek() - 1;
47 max = Math.max(max, height * width);
48 }
49 }
50
51 return max;
52 }
53 }
我们可以一行一行扫描，记录下以每一个cell开始的最高的bar。
举例：
1001010
0101000
那么对第一行而言，cell的高度是1001010, 第二行是0102000
在每一行计算到尾部时，针对该行的计算Max Rectangle。方法是是与下题一致的。
https://oj.leetcode.com/submissions/detail/6375956/
附上写得不错的解释：
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。
-------------------------------------------------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。
参考自： http://www.cnblogs.com/lichen782/p/leetcode_Largest_Rectangle_in_Histogram.html
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https://github.com/yuzhangcmu/LeetCode_algorithm/blob/master/array/MaximalRectangle.java