二刷终于能过了.

思路解析:

不愧是hard,第一步就很难想,     对于每一个矩阵,我们要想清楚怎么拿到最大矩阵, 对于每个height[i],我们需要找到left和right,left是i左边第一个小于height[i]的,right是右边第一个小于height[i]的,那么他的最大矩阵就是height[i] * (right-left-1), 遍历所有的i即可

但是对于1e5我们不可能用O(n^2),所有我们使用单调队列来优化这个取 left,right 的过程.具体说来就是

        把right数组设置初值len-1, 从左往右遍历, 如果当前元素小于队尾,就把队尾元素弹出,队尾元素对应的right就是当前的i ,直到队列为空,或者队尾元素大于等于当前元素,遍历结束还存在队列里面的元素的right是len-1

        left同理

        即是, 把left数组设置初值0, 从右往左遍历, 如果当前元素小于队尾,就把队尾元素弹出,队尾元素对应的left就是当前的i, 直到队列为空,或者队尾元素大于等于当前元素,遍历结束还存在队列里面的元素的right是0

具体代码如下:

class Solution {
public://找左右两边比他大的连续的int largestRectangleArea(vector<int>& heights){stack<int> stk;int len=heights.size();vector<int> l(len,0),r(len,len-1);for(int i=0;i<heights.size();i++){while(stk.size() && heights[i]<heights[stk.top()]){ //正常的应该是 <= 的时候pop但是我们这个不是要保证单调,而是要求出左右边界,所以我们使用<的时候popr[stk.top()]=i-1; //所以离开的时候,就是可以判断  剩下没有被赶走的就是len-1了stk.pop(); }stk.push(i);}stack<int> stk1; //清空一个栈,不如新建一个for(int i=len-1;i>=0;i--){while(stk1.size() && heights[i]<heights[stk1.top()]){l[stk1.top()]=i+1; //所以离开的时候,就是可以判断  剩下没有被赶走的就是0了stk1.pop();}stk1.push(i);} int ans=0;for(int i=0;i<len;i++){ans=max(ans,(r[i]-l[i]+1)*heights[i]);}return ans;}
};//给两个测试用例
//[2,1,5,6,2,3,2]  
//[2,1,5,6,2,3,3,3,2]