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！