链接： https://leetcode.com/problems/maximal-rectangle/
【描述】
Given a 2D binary matrix filled with '0's and '1's, find the largest rectangle containing all ones and return its area.
【中文描述】
给一个二维数组, 算出里面最大的全1矩形面积，比如：
[
['1','1','1','0'],
['1','1','1','1']
]
显然，最大矩形面积是6, 就是图中粗体1组成的矩形。
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【初始思路】
刚拿到题的时候毫无头绪， 想了半天想了个O(n3)的算法，遍历每一行，从每一行开始和后面的行进行'&'操作，每一步把与的结果和层数相乘得到面积，更新到max中， 最后返回max。
代码我根本没写，这个题肯定没这么蠢，写出来肯定也是TLE。
【Discuss】
最后无奈，去discuss看了下大家的做法，竟然看到了DP做法！当时惊呆了。根据最近学习DP的成果来看，DP用来计算那些求方案总数，求能不能等只需要最终结果的题非常适用。最大最小也可以用DP，但是我怎么都没想到要用DP去做这个题！毕竟这个题的DP递推函数太难构造了，所以就放弃了。后来看了大神的解法，顿时把膝盖跪烂了！！！也不得不承认，人和人之间智力的差距太大了！
这里先介绍下DP算法。
【解法一： DP】
这个题的DP函数确实很复杂，很抽象，也太难构造出来了。如果面试时候在毫无准备的时候想到这个函数的构造方法的，基本可以当场hire你了！
我来介绍一下大神算法的核心思想：
(1)以行为单位来看
(2)每一行计算当前情况以及之前行的积累情况， 根据两者的比较计算， 将计算结果存储在中间结果数组当前行里, 供下一行用，这确实是DP思想。
(3)每一行实时计算走到当前行，最大矩形的面积。
上面的描述太笼统，(1)(3)好理解， 对于DP来讲，这是肯定的。(2)的理解是本解法的精髓和核心。(2)理解了，这个算法其实非常简单！
那么，如何来做所谓的当前行的计算呢？
首先，可以确定的是，对于每一行来说， 肯定还是得根据不同的列来分别计算对待， 我们用 i 标记行，用 j 标记列。
那么DP函数到底怎么构造？二维数组？我们来分析下二维数组到底行不行。
我们定义dp[i][j]表示从[0][0]到[i][j]位置这个范围内最大的矩阵面积。看似合理，我们看下面这个例子：
左边是matrix, 右边是dp数组，那么"?"位置(dp[1][4])应该怎么填？左边是4，同时matrix[i][j-1]为1， 所以这里可以填5。 没错。 但是很显然，它可以组成一个面积为6的矩形，可是我们不知道从哪里算出这个6，因为上面、左面的数字并不能代表唯一的含义。 比如上面右图里的4， 到底代表的是同一行4个1组成的矩形？还是上下两行共同组成的矩形？
所以这样的dp函数是肯定不行的！可是除此之外我们也想不到其他的dp函数了，那就试试一维吧！
一维的dp[]，每一位只能代表一个唯一的含义。仔细观察matrix矩阵，其实所谓的矩形还不是靠不同的列组成的，恰好这些列都是1，那么好，我们假设一个height[]函数， 每一位记录各个位有多少个1。然后我们实时根据height累积高度不就知道各个列的高度了么？面积就可以根据这个height算出来了，比如上面的matrix， 第二列计算完后， height = {2,1,2,2,2}, 那么最大面积根据LeetCode84算法，很容易求得6。
看似正确，我们用下面例子来看看：
按照上面算法， height此时就是1,2,3,2,1，根据leetCode84题做法， 最大面积是6。 显然是错的！
原因在于， 对于leetcode84题， 算直方图面积的时候，其实是在一维线性空间内计算的。而对于矩阵内求矩形面积， 变成了二维空间内计算。 不同行内1的长度相同的情况下，他们的起始终止位置可能是不同的， 那么面积就不能简单的用直方图的算法去计算。
所以， 大神算法在引入上面height函数的时候， 还加入了两个函数， left[j]、right[j]， 用来标记在 j 列的位置如果是1的情况下， 它的左边界位置和右边界位置。
左边界的定义： 从0到该j位置， 第一个1的位置。
右边界的定义： 从j 到该行末尾，第一个0的位置
同时，对每一行给两个变量： leftBound(总体左边界) = 0、rightBound(总体右边界) = 总列数+1 (因为初始状态，rightBound应该在数组边界外)
比如， 上面矩阵第一行： 1 1 1 0 0， 对于第一列（其实是0列）， 由于它是1， 所以它的左边界left[j] = max(总体左边界, left[j]) (*解释在下面), 对于第二列，也是总体左边界， 第三列还是总体左边界. 第四列的时候， matrix[0][3] == 0, 我们知道当前位是0，但是后一位是不是0不知道，我们姑且更新总体leftBound为j+1，因为很有可能下一个就是1， 那么总体左边界就是j + 1。然后j++之后， 到第5列， matrix[0][4] == 0, 总体左边界继续更新为j+1.
而对于第一行的右边界数组， 应该从右往左计算。最右边第5列为0， 根据定义，总体右边界rightBound可能为j(因为左边很有可能就是1了， 那么当前就是左边界， 所以右边界更新为j), 所以总体右边界更新为j。第4列，还是0， 那么总体右边界更新为j。第3列为1， 那么right[j] = min(rightBound, right[j])(*解释在下面)。第2列为1， right[j] = rightBound, 第一列同样， right[j] = rightBound。
同样再对第二行做如此计算。
对于left要取当前left[j]和leftBound中大值的解释：
我们可以把left[j]这个函数加深理解为， 从过往所有行到当前行， 在 j 这个位置，遇到的最晚的一个1在哪里， 那么当前left就应该更新到哪里。 因为left函数记录了过往所有行的左边界情况，所以，考虑左边界的时候不仅仅要考虑当前行的情况，还要根据过往所有行的情况(保存在left[j]里)， 选择里面最大的一个（也就是最靠后的一个作为左边界）。 因为如果之前的左边界比现在的小，由于当前行左边界更靠后，那么在计算面积的时候也不能按照之前的左边界计算，只能按照当前左边界计算。如下图：
在对第二行进行处理的时候， j = 3的时候， left[j] = 1, 而当前的leftBound = 3。这个时候， left[j]应该更新为3，参与最后的计算。同理，看下图：
还是对第二行处理的时候， j =3, left[j] = 5, 而当前的leftBound = 3。 这个时候， left[j]应该更新为两者中大的，也就是更新成5， 因为当前行做计算的时候， 矩形左边界也只能从5开始算， 不能从3开始算。
同理， 右边界取两者中最小值也可以这么分析得出！
可能大家要问，根据这个怎么算面积？
我们看第一行左右边界全部更新完后的左右边界数组：
left： [0,0,0,0,0]
right: [3,3,3,5,5]
再结合height数组， height: [1,1,1,0,0].
面积 = height[j] * (right[j] - left[j]).
最大矩形面积就是：[3, 3, 3, 0, 0], 取其中最大值出来，更新到max里， 所以第一行执行完后， 最大面积为3。我们看和图上是相符的。
第二行更新完后的左右数组为：
left: [0, 1, 1, 1, 0]
right: [0, 3, 3, 4, 5]
height: [1, 2, 2, 1, 0]
最大矩形面积：[0, 4, 4, 3, 0], 最大矩形面积是4， 符合图上情况。
我们再看下面这个例子：
按照上面算法，第二行处理完后:
left: [0, 0, 0, 3, 3, 0, 6, 6, 6, 6]
right: [10,10,10, 5, 5,10,10,10,10,10]
height:[0, 1, 1, 1, 1, 0, 2, 2, 2, 2]
那么， 根据上面公式算出来， 矩形面积：[0, 10, 10, 2, 2, 0, 8, 8, 8, 8]。 最大矩形面积是10， 这显然不对啊！
问题出在哪里？
left，right我们已经分析过了， 计算方法肯定没问题。那么问题只能出在height上。
问题出在了，当前行 j 为0的时候， 我们把上面的height[j]继承到了这一行上。 为什么不能继承？
因为之前行已经全部计算过了，之前 j 位不为0， 而当前行 j 位为0的时候， 说明之前的矩形计算已经彻底结束了， 不应该再继承到这一行来。
所以height的更新机制应该修改为： 当matrix[i][j]==1时， height[j]++. 当matrix[i][j] == 0时， height[j] = 0. 这样就可以避免上面的结果影响到这一行的计算上来。
最后，我们来看看代码。
【Show me the Code！！！】
public static int maximalRectangleDP(char[][] matrix) {
if (matrix == null || matrix.length == 0) return 0;
int ROW = matrix.length;
int COL = matrix[0].length;
int[] left = new int[COL];
int[] right = new int[COL];
int[] height = new int[COL];
/**
* 初始化
*/
Arrays.fill(left, 0);
Arrays.fill(right, COL);
Arrays.fill(height, 0);
int max = 0;//最大面积
/**
* 对每一行进行计算, 递推公式如下:
* 每一行开始时,左边界定为0, 右边界定为COL
* height[j]好算:
* 如果matrix[i][j] = 0, height[j]不变
* 如果matrix[i][j] = 1, height[j]++;
* left[j]从左往右算:
* 如果matrix[i][j] = 0, left[j]=0, 同时左边界变为当前j+1(因为潜在的左边界可能就在j+1)
* 如果matrix[i][j] = 1, left[j]= max(left[j], 左边界), 哪个大取哪个.
* (解释: 因为我们要的是过往所有行中0到该列位置最晚遇到1的位置)
* right[j]从右往左算:
* 如果matrix[i][j] = 0, right[j]=0, 同时右边界变为当前j(因为潜在的右边界就在当前j位置)
* 如果matrix[i][j] = 1, right[j]= min(right[j], 右边界), 哪个小取哪个.
* (解释: 因为我们要的是过往所有行中COL-1到该列位置最早遇到0的位置)
*/
for (int i = 0; i < ROW; i++) {
int leftBound = 0;
int rightBound = COL;//如果本行全为1, 那么从右往左第一个0应该在COL处, 这是个想象的位置, 只是为方便计算.
/**
* 算高度
*/
for (int j = 0; j < COL; j++) {
if (matrix[i][j] == '1') {
height[j]++;
} else {
height[j] = 0;
}
}
/**
* 算左边界
*/
for (int j = 0; j < COL; j++) {
if (matrix[i][j] == '1') {
left[j] = Math.max(left[j], leftBound);
} else {
left[j] = 0;
leftBound = j + 1;
}
}
/**
* 算右边界
*/
for (int j = COL - 1; j >=0; j--) {
if (matrix[i][j] == '1') {
right[j] = Math.min(right[j], rightBound);
} else {
rightBound = j;//当前行j到COL-1位置, 最早遇到0的位置可能就是当前
}
}
/**
* 实时计算走到当前行的最大矩形面积
*
*/
for (int j = 0; j < COL; j++) {
max = Math.max((right[j] - left[j]) * height[j], max);
}
}
return max;
}
maximalRectangleDP
【解法二： Stack】
该题实际上还有一个解法，那就是也用84题用到的stack求解，事实上，这正是它紧随84题出现的原因。
要理解它为什么可以用84题解法来做，我们先从只有一行的矩阵来看。
1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1
如果我们把上面数字都理解成bar的高度，每个bar宽度为1， 那么上面这一行矩阵不就是84题么？！只有一行的矩阵，其实和84题的情况是等价的。换句话说， 84题是退化成一行矩阵情况的85题！
那么， 既然84题是退化成一行的，我们应该有个直觉， 那就是85题可以对每一行执行一次84题的算法， 最终应该能算出最大面积来！
对每一行计算，自然计算出的就是这一行里的最大面积。 要计算全部呢？简单， 如果当前行 j 位仍然是1，那么height[j]++。否则height[j]更新为0，这其实和上面DP算法的考虑是一样的，只要矩形无法连续， 那之前的结果也不应参与当前行的计算。
比如上面一行， 经过84题算法， 得出最面积为4. 再来第二行：
1 0 1 1 1 0 0 1 1 1 1
0 1 0 0 1 1 1 1 1 1 1
到第二行的时候， 我们的矩阵其实经过加和变为了： 0 1 0 0 2 1 1 2 2 2 2, 那么通过84题算法可以轻松算出最大面积为8。
好了， 说了这么多， 84题到底是怎么回事？
【84题：Largest Rectangle in Histogram】
链接：https://leetcode.com/problems/largest-rectangle-in-histogram/
给一个数组， 代表了一堆bar， 里面的数字代表了每个bar的高度。要求算出最大直方图面积， 比如下图：
最大面积是10， 5和6两个bar的公共部分，组成的面积就是10。
好吧， 这个题拿栈来做， 其实我很不喜欢这种题，除了一个很tricky的技巧外，学不到任何通用性的知识。但是这里还是记录下这个做法吧。
观察这个题，你会发现， 最大的面积肯定出现在这样的情况里：高的那些bar里。 或者, 存在于矮的但是覆盖比较宽的bar里。
OK， 那我们只需要从所有这些高的bar计算出面积来， 再从最后覆盖宽的bar计算出面积来， 最终比较其中最大的就可以了。
那么，怎么找出这些高的bar来，这是这个题的精髓所在。高的bar有个共同特征， 左右都低于它（废话！）。那我们遍历这些bar，如果遇到当前bar比之前的bar矮，我们就肯定可以认为当前bar是之前bar的右边，那我们就可以把左边的bar拿出来和当前bar做个比较，算出一个面积来。可是如果前一个bar做完计算后，它的前一个还是比现在这个高呢？那前一个也需要拿出来做计算。这个时候，我们需要有一个机制从前往后记录bar值，同时还能从后往前取bar值。显然，用stack！
好，算法描述如下：
遍历这些bar：
如果遇到比前一个矮的，就把前一个出栈，然后计算一下面积，然后再次和栈顶做比较，如果还是比栈顶矮，栈顶继续出栈，计算面积。如果栈顶bar已经比当前还矮了，当前bar入栈，继续。
如果比前一个高，就直接入栈，继续。
有一种情况，也需要考虑进去。上面算法结束后，明显stack里还可能会剩余bar，剩余的bar应该是一个不增序列。 所以，我们最终还需要针对stack里剩余的bar再算一次面积，最终更新max面积。
【Show me the Code!!!】
public static int largestRectangleArea(int[] height) {
if (height == null || height.length == 0 )
return 0;
Stack<Integer> stack = new Stack<Integer>();
int res = 0;
int i = 0;
while(i < height.length) {
while(!stack.isEmpty() && height[stack.peek()] >= height[i]) {
int index = stack.pop();
int temp = stack.isEmpty() ? i * height[index]
: ( (i - 1) - (stack.peek() + 1) + 1 ) * height[index];
res = Math.max(res,temp);
}
stack.push(i);
i++;
}
int count = 1;
while (!stack.isEmpty()) {
int index = stack.pop();
if (!stack.isEmpty() && height[index] == height[stack.peek()]) {
count++;
continue;
}
int temp = count * height[index];
res = Math.max(res,temp);
temp = stack.isEmpty() ? i * height[index]
: ( i - stack.peek() - 1 ) * height[index];
res = Math.max(res,temp);
}
return res;
}
largestRectangleArea