LeetCode 84 & 85.柱状图最大矩形与最大矩形

LeetCode 84 & 85.柱状图最大矩形与最大矩形

1. 引言

LeetCode 84 题「柱状图中最大的矩形」是经典的单调栈应用题，而 85 题「最大矩形」则是它的二维扩展------在 0/1 矩阵中找出只包含 1 的最大矩形。85 题的常用解法正是将矩阵逐行转化为柱状图的高度，然后对每一行调用 84 题的解法。本文将详细解释这两道题的代码，并梳理它们之间的联系。

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2. LeetCode 84：柱状图中最大的矩形

2.1 题目描述

给定 n 个非负整数表示柱状图中每个柱子的高度，每个柱子宽度为 1，求该柱状图中能勾勒出的最大矩形面积。

2.2 解题思路

使用单调栈，对每个柱子找到其左右两边第一个比它矮的柱子。

• left[i]：左边第一个高度小于 h[i] 的柱子的下标（若不存在则为 -1）
• right[i]：右边第一个高度小于 h[i] 的柱子的下标（若不存在则为 n）
  则当前柱子能形成的最大矩形面积为 h[i] * (right[i] - left[i] - 1)。
  遍历所有柱子取最大值即可。

2.3 代码实现

class Solution {
public:
    int largestRectangleArea(vector<int>& h) {
        int n = h.size();
        vector<int> left(n), right(n);
        stack<int> st;

        // 计算左边界
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            while(!st.empty() && h[st.top()] >= h[i]) st.pop();
            left[i] = st.empty() ? -1 : st.top();
            st.push(i);
        }

        // 清空栈，计算右边界
        while(!st.empty()) st.pop();  // 或 st = stack<int>();

        for(int i = n-1; i >= 0; i--) {
            while(!st.empty() && h[st.top()] >= h[i]) st.pop();
            right[i] = st.empty() ? n : st.top();
            st.push(i);
        }

        int res = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            res = max(res, h[i] * (right[i] - left[i] - 1));
        }
        return res;
    }
};

2.4 代码解释

• 单调栈维护 ：栈中存放柱子的下标，对应的高度保持严格递增（实际弹出条件是 ≥，保证栈内高度递增）。
• 左边界计算：从左向右遍历，弹出所有高度 ≥ 当前柱子的栈顶，剩下的栈顶就是左边第一个更矮的柱子，若栈空则左边界为 -1。
• 右边界计算：从右向左遍历，同理。
• 面积计算：对每个柱子计算可能的最大面积并更新答案。

2.5 复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，每个元素入栈、出栈各一次。
• 空间复杂度：O(n)，栈和左右数组。

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3. LeetCode 85：最大矩形

3.1 题目描述

给定一个仅包含 0 和 1 的二维二进制矩阵，找出只包含 1 的最大矩形，并返回其面积。

3.2 解题思路

将矩阵的每一行作为底边，向上累积连续 1 的个数 ，得到该行的高度数组。

例如，height[i][j] 表示从第 i 行向上（包括 i 行）连续 1 的个数，若 matrix[i][j] == 0 则高度归零。

这样，以第 i 行为底边的所有可能矩形就等价于一个柱状图，其柱子高度为 height[i][j]。

对每一行调用 84 题的 largestRectangleArea，取所有行的最大值即为答案。

3.3 代码实现

class Solution {
public:
    // 复用 84 题的代码
    int largestRectangleArea(vector<int>& h) {
        int n = h.size();
        vector<int> left(n), right(n);
        stack<int> st;

        for(int i = 0; i < n; i++) {
            while(!st.empty() && h[st.top()] >= h[i]) st.pop();
            left[i] = st.empty() ? -1 : st.top();
            st.push(i);
        }

        while(!st.empty()) st.pop();

        for(int i = n-1; i >= 0; i--) {
            while(!st.empty() && h[st.top()] >= h[i]) st.pop();
            right[i] = st.empty() ? n : st.top();
            st.push(i);
        }

        int res = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            res = max(res, h[i] * (right[i] - left[i] - 1));
        }
        return res;
    }

    int maximalRectangle(vector<vector<char>>& matrix) {
        if(matrix.empty() || matrix[0].empty()) return 0;
        int m = matrix.size(), n = matrix[0].size();

        // 构造高度数组
        vector<vector<int>> h(m, vector<int>(n, 0));
        for(int i = 0; i < m; i++) {
            for(int j = 0; j < n; j++) {
                if(matrix[i][j] == '1') {
                    h[i][j] = (i == 0) ? 1 : h[i-1][j] + 1;
                } // 否则保持 0
            }
        }

        int res = 0;
        for(int i = 0; i < m; i++) {
            res = max(res, largestRectangleArea(h[i]));
        }
        return res;
    }
};

3.4 代码解释

1. 高度数组 h ：h[i][j] 记录第 i 行第 j 列向上连续 1 的个数。若当前为 '1'，则累加上一行的高度（如果 i=0 则直接为 1）；若为 '0' 则高度置 0。
2. 逐行调用 84 题函数 ：对每一行的 h[i]（一维数组）计算柱状图最大矩形面积，并更新全局最大值。
3. 为什么可以直接调用 84 题：每一行的高度数组正好对应一个柱状图，矩形必须连续且高度受限于区间内的最小高度，这与 84 题完全一致。

3.5 复杂度分析

• 时间复杂度：O(m×n)。构造高度数组需要 O(m×n)，每行调用一次 84 题的 O(n) 算法，共 m 行，总 O(m×n)。
• 空间复杂度：O(m×n) 存储高度数组，但可以优化为 O(n) 滚动数组（此处未优化）。

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4. 总结：两题的联系与区别

题目	核心思想	关键点
84	单调栈求每个柱子左右第一个更矮的位置	一维问题，不可重排
85	将二维矩阵逐行转化为一维柱状图，每行调用 84 题	二维问题，利用高度累积，不可重排

联系 ：85 题的核心技巧是高度累积，把二维问题降为一维，然后复用 84 题的高效解法。这种思路在矩阵类问题中非常常见（如统计全 1 正方形等）。

区别：84 题是基础算法题，85 题是它的应用扩展。掌握 84 题的单调栈解法，是理解 85 题的前提。