典中典题目，我们还是运用了单调栈的思路，在大的一侧入栈时记录下标，右边界就是当前入栈元素，底就是栈顶元素，左边界就是左边最近的比栈顶大的值，也就是栈顶元素的下一个元素。
底边就是左右边界的下标差再减1，高就是左右边界高的最小值，这样操作当有连续相同高度是也可入栈，出栈时高度取最小值，也就是0，不必担心重复计算。

class Solution {
public:int trap(vector<int>& height) {stack<int> st;st.push(0);int sum=0;for(int i=1;i<height.size();i++){while(!st.empty() && height[i]>height[st.top()]){int mid=st.top();st.pop();if(!st.empty()){int h=min(height[st.top()],height[i])-height[mid];int w=i-st.top()-1;sum+=h*w;}}st.push(i);}return sum;}
};

与上一道接雨水遥相呼应。
我们这里要求的是相邻的第一个比该元素小的元素，那么我们获得的就是矩形向左向右扩展时的边界，然后的思路就与接雨水相似了。
这里有一些关键的点，在数组末尾加一个0，这样可以防止全递增序列无法触发计算逻辑，然后在栈里提前加入一个0，这样如果是递减序列，也能让第一个元素成功进入计算。

class Solution {
public:int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {int res=0;stack<int> st;heights.insert(heights.begin(),0);heights.push_back(0);st.push(0);for(int i=1;i<heights.size();i++){if(heights[i]>heights[st.top()])st.push(i);else if(heights[i]==heights[st.top()]){st.pop();st.push(i);}else{while(!st.empty() && heights[i]<heights[st.top()]){int mid=st.top();st.pop();if(!st.empty()){int left=st.top();int right=i;int w=right-left-1;int h=heights[mid];res=max(res,w*h);}}st.push(i);}}return res;}
};

单调栈完结啦，接下来就是图论DLC了。