题目描述（困难难度）
给一个只有 0 和 1 的矩阵，输出一个最大的矩形的面积，这个矩形里边只含有 1。
解法一 暴力破解
参考这里-solution-for-your-reference>)，遍历每个点，求以这个点为矩阵右下角的所有矩阵面积。如下图的两个例子，橙色是当前遍历的点，然后虚线框圈出的矩阵是其中一个矩阵。
怎么找出这样的矩阵呢？如下图，如果我们知道了以这个点结尾的连续 1 的个数的话，问题就变得简单了。
首先求出高度是 1 的矩形面积，也就是它自身的数，也就是上图以橙色的 4 结尾的 「1234」的那个矩形，面积就是 4。
然后向上扩展一行，高度增加一，选出当前列最小的数字，作为矩阵的宽，如上图，当前列中有
2和4，那么，就将2作为矩形的宽，求出面积，对应上图的矩形圈出的部分。然后继续向上扩展，重复步骤 2。
按照上边的方法，遍历所有的点，以当前点为矩阵的右下角，求出所有的矩阵就可以了。下图是某一个点的过程。
以橙色的点为右下角，高度为 1。
高度为 2。
高度为 3。
代码的话，把求每个点累计的连续 1 的个数用 width 保存，同时把求最大矩形的面积和求 width融合到同一个循环中。
public int maximalRectangle(char[][] matrix) {
if (matrix.length == 0) {
return 0;
}
//保存以当前数字结尾的连续 1 的个数
int[][] width = new int[matrix.length][matrix[0].length];
int maxArea = 0;
//遍历每一行
for (int row = 0; row < matrix.length; row++) {
for (int col = 0; col < matrix[0].length; col++) {
//更新 width
if (matrix[row][col] == '1') {
if (col == 0) {
width[row][col] = 1;
} else {
width[row][col] = width[row][col - 1] + 1;
}
} else {
width[row][col] = 0;
}
//记录所有行中最小的数
int minWidth = width[row][col];
//向上扩展行
for (int up_row = row; up_row >= 0; up_row--) {
int height = row - up_row + 1;
//找最小的数作为矩阵的宽
minWidth = Math.min(minWidth, width[up_row][col]);
//更新面积
maxArea = Math.max(maxArea, height * minWidth);
}
}
}
return maxArea;
}
时间复杂度：O（m²n）。
空间复杂度：O（mn）。
解法二
参考这里-solution-based-on-Largest-Rectangle-in-Histogram>)，接下来的解法，会让这道题变得异常简单。还记得 84 题吗？求一个直方图矩形的最大面积。
大家可以先做 84 题，然后回来考虑这道题。
再想一下这个题，看下边的橙色的部分，这完全就是上一道题呀！
算法有了，就是求出每一层的 heights[] 然后传给上一题的函数就可以了。
利用上一题的栈解法。
public int maximalRectangle(char[][] matrix) {
if (matrix.length == 0) {
return 0;
}
int[] heights = new int[matrix[0].length];
int maxArea = 0;
for (int row = 0; row < matrix.length; row++) {
//遍历每一列，更新高度
for (int col = 0; col < matrix[0].length; col++) {
if (matrix[row][col] == '1') {
heights[col] += 1;
} else {
heights[col] = 0;
}
}
//调用上一题的解法，更新函数
maxArea = Math.max(maxArea, largestRectangleArea(heights));
}
return maxArea;
}
public int largestRectangleArea(int[] heights) {
int maxArea = 0;
Stack<Integer> stack = new Stack<>();
int p = 0;
while (p < heights.length) {
//栈空入栈
if (stack.isEmpty()) {
stack.push(p);
p++;
} else {
int top = stack.peek();
//当前高度大于栈顶，入栈
if (heights[p] >= heights[top]) {
stack.push(p);
p++;
} else {
//保存栈顶高度
int height = heights[stack.pop()];
//左边第一个小于当前柱子的下标
int leftLessMin = stack.isEmpty() ? -1 : stack.peek();
//右边第一个小于当前柱子的下标
int RightLessMin = p;
//计算面积
int area = (RightLessMin - leftLessMin - 1) * height;
maxArea = Math.max(area, maxArea);
}
}
}
while (!stack.isEmpty()) {
//保存栈顶高度
int height = heights[stack.pop()];
//左边第一个小于当前柱子的下标
int leftLessMin = stack.isEmpty() ? -1 : stack.peek();
//右边没有小于当前高度的柱子，所以赋值为数组的长度便于计算
int RightLessMin = heights.length;
int area = (RightLessMin - leftLessMin - 1) * height;
maxArea = Math.max(area, maxArea);
}
return maxArea;
}
时间复杂度：O（mn）。
空间复杂度：O（n）。
利用上一题的解法四。
public int maximalRectangle(char[][] matrix) {
if (matrix.length == 0) {
return 0;
}
int[] heights = new int[matrix[0].length];
int maxArea = 0;
for (int row = 0; row < matrix.length; row++) {
//遍历每一列，更新高度
for (int col = 0; col < matrix[0].length; col++) {
if (matrix[row][col] == '1') {
heights[col] += 1;
} else {
heights[col] = 0;
}
}
//调用上一题的解法，更新函数
maxArea = Math.max(maxArea, largestRectangleArea(heights));
}
return maxArea;
}
public int largestRectangleArea(int[] heights) {
if (heights.length == 0) {
return 0;
}
int[] leftLessMin = new int[heights.length];
leftLessMin[0] = -1;
for (int i = 1; i < heights.length; i++) {
int l = i - 1;
while (l >= 0 && heights[l] >= heights[i]) {
l = leftLessMin[l];
}
leftLessMin[i] = l;
}
int[] rightLessMin = new int[heights.length];
rightLessMin[heights.length - 1] = heights.length;
for (int i = heights.length - 2; i >= 0; i--) {
int r = i + 1;
while (r <= heights.length - 1 && heights[r] >= heights[i]) {
r = rightLessMin[r];
}
rightLessMin[i] = r;
}
int maxArea = 0;
for (int i = 0; i < heights.length; i++) {
int area = (rightLessMin[i] - leftLessMin[i] - 1) * heights[i];
maxArea = Math.max(area, maxArea);
}
return maxArea;
}
时间复杂度：O（mn）。
空间复杂度：O（n）。
解法三
解法二中套用的栈的解法，我们其实可以不用调用函数，而是把栈糅合到原来求 heights 中。因为栈的话并不是一次性需要所有的高度，所以可以求出一个高度，然后就操作栈。
public int maximalRectangle(char[][] matrix) {
if (matrix.length == 0) {
return 0;
}
int[] heights = new int[matrix[0].length + 1]; //小技巧后边讲
int maxArea = 0;
for (int row = 0; row < matrix.length; row++) {
Stack<Integer> stack = new Stack<Integer>();
heights[matrix[0].length] = 0;
//每求一个高度就进行栈的操作
for (int col = 0; col <= matrix[0].length; col++) {
if (col < matrix[0].length) { //多申请了 1 个元素，所以要判断
if (matrix[row][col] == '1') {
heights[col] += 1;
} else {
heights[col] = 0;
}
}
if (stack.isEmpty() || heights[col] >= heights[stack.peek()]) {
stack.push(col);
} else {
//每次要判断新的栈顶是否高于当前元素
while (!stack.isEmpty() && heights[col] < heights[stack.peek()]) {
int height = heights[stack.pop()];
int leftLessMin = stack.isEmpty() ? -1 : stack.peek();
int RightLessMin = col;
int area = (RightLessMin - leftLessMin - 1) * height;
maxArea = Math.max(area, maxArea);
}
stack.push(col);
}
}
}
return maxArea;
}
时间复杂度：O（mn）。
空间复杂度：O（n）。
里边有一个小技巧，84 题 的栈解法中，我们用了两个 while 循环，第二个 while 循环用来解决遍历完元素栈不空的情况。其实，我们注意到两个 while 循环的逻辑完全一样的。所以我们可以通过一些操作，使得遍历结束后，依旧进第一个 while 循环，从而剩下了第 2 个 while 循环，代码看起来会更简洁。
那就是 heights 多申请一个元素，赋值为 0。这样最后一次遍历的时候，栈顶肯定会大于当前元素，所以就进入了第一个 while 循环。
解法四 动态规划
参考这里，这是 leetcode Solution 中投票最高的，但比较难理解，但如果结合 84 题去想的话就很容易了。
解法二中，用了 84 题的两个解法，解法三中我们把栈糅合进了原算法，那么另一种可以一样的思路吗？不行！因为栈不要求所有的高度，可以边更新，边处理。而另一种，是利用两个数组， leftLessMin [ ] 和 rightLessMin [ ]。而这两个数组的更新，是需要所有高度的。
解法二中，我们更新一次 heights，就利用之前的算法，求一遍 leftLessMin [ ] 和 rightLessMin [ ]，然后更新面积。而其实，我们求 leftLessMin [ ] 和 rightLessMin [ ] 可以利用之前的 leftLessMin [ ] 和 rightLessMin [ ] 来更新本次的。
我们回想一下 leftLessMin [ ] 和 rightLessMin [ ] 的含义， leftLessMin [ i ] 代表左边第一个比当前柱子矮的下标，如下图橙色柱子时当前遍历的柱子。rightLessMin [ ] 时右边第一个。
left 和 right 是对称关系，下边只考虑 left 的求法。
如下图，如果当前新增的层全部是 1，当然这时最完美的情况，那么 leftLessMin [ ] 根本不需要改变。
然而事实是残酷的，一定会有 0 的出现。
我们考虑最后一个柱子的更新。上一层的 leftLessMin = 1，也就是蓝色 0 的位置是第一个比它低的柱子。但是在当前层，由于中间出现了 0。所以不再是之前的 leftLessMin ，而是和上次出现 0 的位置进行比较（因为 0 一定比当前柱子小），谁的下标大，更接近当前柱子，就选择谁。上图中出现 0 的位置是 2，之前的 leftLessMin 是 1，选一个较大的，那就是 2 了。
public int maximalRectangle4(char[][] matrix) {
if (matrix.length == 0) {
return 0;
}
int maxArea = 0;
int cols = matrix[0].length;
int[] leftLessMin = new int[cols];
int[] rightLessMin = new int[cols];
Arrays.fill(leftLessMin, -1); //初始化为 -1，也就是最左边
Arrays.fill(rightLessMin, cols); //初始化为 cols，也就是最右边
int[] heights = new int[cols];
for (int row = 0; row < matrix.length; row++) {
//更新所有高度
for (int col = 0; col < cols; col++) {
if (matrix[row][col] == '1') {
heights[col] += 1;
} else {
heights[col] = 0;
}
}
//更新所有leftLessMin
int boundary = -1; //记录上次出现 0 的位置
for (int col = 0; col < cols; col++) {
if (matrix[row][col] == '1') {
//和上次出现 0 的位置比较
leftLessMin[col] = Math.max(leftLessMin[col], boundary);
} else {
//当前是 0 代表当前高度是 0，所以初始化为 -1，防止对下次循环的影响
leftLessMin[col] = -1;
//更新 0 的位置
boundary = col;
}
}
//右边同理
boundary = cols;
for (int col = cols - 1; col >= 0; col--) {
if (matrix[row][col] == '1') {
rightLessMin[col] = Math.min(rightLessMin[col], boundary);
} else {
rightLessMin[col] = cols;
boundary = col;
}
}
//更新所有面积
for (int col = cols - 1; col >= 0; col--) {
int area = (rightLessMin[col] - leftLessMin[col] - 1) * heights[col];
maxArea = Math.max(area, maxArea);
}
}
return maxArea;
}
时间复杂度：O（mn）。
空间复杂度：O（n）。
总
有时候，如果可以把题抽象到已解决的问题当中去，可以大大的简化问题，很酷！