Java版LeetCode热题100之柱状图中最大的矩形：单调栈深度解析与实战指南

本文将全面剖析 LeetCode 热题第84题《柱状图中最大的矩形》，从题目理解、暴力解法、单调栈优化（双次遍历 vs 单次遍历），到代码实现、复杂度分析、面试技巧、实际应用场景，层层递进，帮助你彻底掌握这一经典算法问题。

一、原题回顾

题目描述：

给定n个非负整数，用来表示柱状图中各个柱子的高度。每个柱子彼此相邻，且宽度为 1。

求在该柱状图中，能够勾勒出来的矩形的最大面积。

示例：

示例 1:

输入：heights = [2,1,5,6,2,3] 输出：10 解释：最大的矩形为图中红色区域，面积为 10

图示说明：

柱子高度：[2, 1, 5, 6, 2, 3]
最大矩形由第2~3根柱子（高度5和6）构成，以高度5为基准，宽度为2，面积=5×2=10；
或由第2~5根柱子（高度5,6,2,3）构成，以高度2为基准，宽度为4，面积=2×4=8（非最大）。

示例 2:

输入：heights = [2,4] 输出：4

解释：以高度2为基准，宽度2，面积=4；或以高度4为基准，宽度1，面积=4。

提示：

1≤heights.length≤1051 \leq \text{heights.length} \leq 10^51≤heights.length≤105
0≤heights[i]≤1040 \leq \text{heights}[i] \leq 10^40≤heights[i]≤104

二、原题分析

2.1 问题本质

我们需要在柱状图中找到一个连续区间[L, R]，使得该区间内所有柱子的最小高度h与宽度w = R - L + 1的乘积h × w最大。

这等价于：对每个可能的高度h，找到它能向左右扩展的最大宽度。

2.2 暴力解法及其局限性

方法1：枚举宽度（两重循环）

枚举所有可能的左右边界[L, R]；
计算区间最小高度minH；
面积 =(R - L + 1) * minH。

时间复杂度：O(n2)O(n^2)O(n2)
问题：当n=105n = 10^5n=105时，操作次数达5×1095 \times 10^95×109，必然超时。

方法2：枚举高度（一重循环 + 双指针）

对每个柱子i，以其高度h = heights[i]为矩形高；
向左/右扩展，直到遇到高度< h的柱子；
宽度 =right - left + 1，面积 =h × width。

时间复杂度：最坏O(n2)O(n^2)O(n2)（如递增序列）
问题：仍无法通过大数据测试。

💡关键洞察：两种暴力法都因重复计算而低效。我们需要一种方法，对每个柱子，快速找到其左右边界。

三、答案构思

3.1 核心思想：单调栈

对于每个柱子i，我们需要找到：
左边界：左侧最近的、高度< heights[i]的柱子下标L；
右边界：右侧最近的、高度< heights[i]的柱子下标R；
则以heights[i]为高的最大矩形宽度 =R - L - 1。

为什么是“小于”而非“小于等于”？

若用“小于等于”，可能导致重复计算或边界错误；
但后续会看到，单次遍历版本可用“小于等于”，不影响最终结果。

3.2 方法一：两次遍历单调栈

第一次遍历（从左到右）：求每个柱子的左边界；
第二次遍历（从右到左）：求每个柱子的右边界；
最后计算最大面积。

3.3 方法二：一次遍历单调栈（优化）

在出栈时确定右边界；
入栈时确定左边界；
只需一次遍历，更高效。

四、完整答案（Java实现）

4.1 方法一：两次遍历单调栈

importjava.util.ArrayDeque;importjava.util.Deque;classSolution{publicintlargestRectangleArea(int[]heights){intn=heights.length;int[]left=newint[n];// left[i] = i左侧最近<heights[i]的下标int[]right=newint[n];// right[i] = i右侧最近<heights[i]的下标Deque<Integer>stack=newArrayDeque<>();// 从左到右：求左边界for(inti=0;i<n;i++){// 弹出所有 >= heights[i] 的元素while(!stack.isEmpty()&&heights[stack.peek()]>=heights[i]){stack.pop();}// 栈空 → 左侧无更小，设为-1（哨兵）left[i]=stack.isEmpty()?-1:stack.peek();stack.push(i);}stack.clear();// 从右到左：求右边界for(inti=n-1;i>=0;i--){while(!stack.isEmpty()&&heights[stack.peek()]>=heights[i]){stack.pop();}// 栈空 → 右侧无更小，设为n（哨兵）right[i]=stack.isEmpty()?n:stack.peek();stack.push(i);}// 计算最大面积intmaxArea=0;for(inti=0;i<n;i++){intwidth=right[i]-left[i]-1;maxArea=Math.max(maxArea,width*heights[i]);}returnmaxArea;}}

4.2 方法二：一次遍历单调栈（推荐）

importjava.util.ArrayDeque;importjava.util.Arrays;importjava.util.Deque;classSolution{publicintlargestRectangleArea(int[]heights){intn=heights.length;int[]left=newint[n];int[]right=newint[n];Arrays.fill(right,n);// 初始化右边界为n（哨兵）Deque<Integer>stack=newArrayDeque<>();for(inti=0;i<n;i++){// 当前高度 <= 栈顶高度 → 栈顶的右边界就是iwhile(!stack.isEmpty()&&heights[stack.peek()]>=heights[i]){right[stack.peek()]=i;// 确定右边界stack.pop();}// 栈空 → 左边界为-1；否则为栈顶left[i]=stack.isEmpty()?-1:stack.peek();stack.push(i);}// 计算最大面积intmaxArea=0;for(inti=0;i<n;i++){intwidth=right[i]-left[i]-1;maxArea=Math.max(maxArea,width*heights[i]);}returnmaxArea;}}

✅ 两种方法均正确，方法二更优（一次遍历，常数更小）。

五、代码分析

5.1 关键概念：哨兵（Sentinel）

左哨兵：位置-1，高度视为-∞；
右哨兵：位置n，高度视为-∞；
作用：简化边界判断，避免额外 if 条件。

5.2 单调栈的维护

栈存储下标：便于访问高度和计算宽度；
单调递增：从栈底到栈顶，高度严格递增；
弹出条件：heights[stack.peek()] >= heights[i]。

5.3 示例执行过程（以`[2,1,5,6,2,3]`为例）

方法二（一次遍历）：

i	height	stack (下标→高度)	操作	left[i]	right 更新
0	2	[] → [0(2)]	入栈	-1	-
1	1	[0(2)] → [] → [1(1)]	2≥1 → pop(0), right[0]=1	-1	right[0]=1
2	5	[1(1)] → [1(1),2(5)]	入栈	1	-
3	6	→ [1(1),2(5),3(6)]	入栈	2	-
4	2	弹出3→right[3]=4；弹出2→right[2]=4；入栈4	1	right[3]=4, right[2]=4
5	3	→ [1(1),4(2),5(3)]	入栈	4	-

最终边界：

left = [-1, -1, 1, 2, 1, 4]
right = [1, 6, 4, 4, 6, 6] （未更新的保持为6）

面积计算：

i=0: (1 - (-1) -1) * 2 = 1*2=2
i=1: (6 - (-1) -1) * 1 = 6*1=6
i=2: (4 - 1 -1) * 5 = 2*5=10 ✅
i=3: (4 - 2 -1) * 6 = 1*6=6
i=4: (6 - 1 -1) * 2 = 4*2=8
i=5: (6 - 4 -1) * 3 = 1*3=3

最大面积 = 10

六、时间复杂度与空间复杂度分析

6.1 时间复杂度

每个下标最多入栈、出栈各一次；
总操作数 ≤2n2n2n；
时间复杂度：O(n)O(n)O(n)。

💡摊还分析（Amortized Analysis）：虽然内层有while循环，但整体线性。

6.2 空间复杂度

left/right 数组：O(n)O(n)O(n)；
栈：最坏O(n)O(n)O(n)（如递增序列）；
总计：O(n)O(n)O(n)。

七、常见问题解答（FAQ）

Q1：为什么弹出条件是`>=`而不是`>`？

答：若用>，则相同高度的柱子不会被弹出，导致右边界计算错误。
但用>=时，最右侧的相同高度柱子会得到正确的右边界，而左侧的会被覆盖，不影响最大值。

Q2：能否不用 left/right 数组，直接计算面积？

答：可以！在出栈时直接计算面积：
while(!stack.isEmpty()&&heights[i]<=heights[stack.peek()]){inth=heights[stack.pop()];intw=stack.isEmpty()?i:i-stack.peek()-1;maxArea=Math.max(maxArea,h*w);}
这是更精简的写法（见后文优化）。

Q3：哨兵的作用是什么？

答：避免边界判断。例如，若不用左哨兵，需额外判断stack.isEmpty()才能计算宽度。

八、优化思路

8.1 优化1：省略 left/right 数组

publicintlargestRectangleArea(int[]heights){Deque<Integer>stack=newArrayDeque<>();intmaxArea=0;for(inti=0;i<=heights.length;i++){// 添加右哨兵：i == n 时 height = 0inth=(i==heights.length)?0:heights[i];while(!stack.isEmpty()&&h<=heights[stack.peek()]){intheight=heights[stack.pop()];intwidth=stack.isEmpty()?i:i-stack.peek()-1;maxArea=Math.max(maxArea,height*width);}stack.push(i);}returnmaxArea;}

优点：代码更短，空间略省；
技巧：在末尾添加虚拟哨兵（高度0），确保所有元素出栈。

8.2 优化2：使用数组栈

publicintlargestRectangleArea(int[]heights){intn=heights.length;int[]stack=newint[n+1];inttop=-1;intmaxArea=0;for(inti=0;i<=n;i++){inth=(i==n)?0:heights[i];while(top>=0&&h<=heights[stack[top]]){intheight=heights[stack[top--]];intwidth=(top==-1)?i:i-stack[top]-1;maxArea=Math.max(maxArea,height*width);}stack[++top]=i;}returnmaxArea;}

适用场景：性能敏感系统（避免对象开销）。

九、数据结构与算法基础知识点回顾

9.1 单调栈（Monotonic Stack）

定义：栈中元素保持单调性（递增或递减）；
类型：
- 单调递增栈：用于找“下一个更小元素”；
- 单调递减栈：用于找“下一个更大元素”；
本题：单调递增栈（因找“下一个更小元素”作为边界）。

9.2 哨兵技巧（Sentinel）

目的：简化边界条件；
应用：
- 数组首尾添加虚拟元素；
- 链表头结点；
- 字符串匹配中的终止符。

9.3 摊还分析（Amortized Analysis）

场景：某些操作代价高，但总代价可控；
例子：
- 动态数组扩容；
- 单调栈的弹出操作；
结论：单次操作均摊O(1)O(1)O(1)。

9.4 算法范式：分治 vs 扫描线

分治：可解（如线段树），但复杂；
扫描线 + 单调栈：最优解，直观高效。

十、面试官提问环节（模拟）

Q1：你的解法时间复杂度真的是 O(n) 吗？内层 while 不是可能 O(n) 吗？

答：是的。虽然单次while可能弹出多个元素，但每个下标最多被弹出一次。总弹出次数 ≤nnn，故摊还时间复杂度为O(n)O(n)O(n)。

Q2：如果柱子高度可以为负数，算法还适用吗？

答：不适用。因为矩形面积不能为负，需先过滤非负高度，或重新定义问题。

Q3：能否用动态规划解决？

答：可以，但状态转移复杂。例如：
left[i] = left[i-1]ifheights[i] >= heights[i-1]else …
但不如单调栈直观高效。

Q4：这个算法能扩展到二维吗？

答：可以！LeetCode 85. 最大矩形就是二维扩展，对每行用本题算法。

Q5：为什么不用线段树？

答：线段树可解（查询区间最小值 + 分治），但：
代码复杂；
常数大；
单调栈更优。

十一、这道算法题在实际开发中的应用

11.1 图像处理：最大白色矩形

场景：二值图像中找最大全白矩形；
方法：
1. 对每行计算“向上连续白色像素数” → 得到柱状图；
2. 对每行应用本题算法；
3. 取全局最大。
应用：文档扫描、车牌识别。

11.2 数据库：最大连续满足条件的记录

场景：日志中找最长连续时间段，满足“错误率 < 阈值”；
转换：将满足条件的天标记为1，否则0；
问题：找最大全1矩形 → 本题变种。

11.3 资源调度：最大连续可用资源块

场景：内存/磁盘分配中，找最大连续空闲块；
模型：空闲=1，占用=0 → 柱状图高度=连续空闲长度；
算法：本题直接应用。

11.4 游戏开发：地形生成

场景：2D平台游戏中，生成最大平坦区域；
输入：地形高度数组；
输出：最大可建造矩形平台。

11.5 金融风控：最大连续盈利周期

场景：股票收益序列为[+2%, -1%, +3%, +4%, -2%]；
转换：盈利=1，亏损=0；
问题：找最大连续盈利矩形（高度=1，宽度=天数）。

💡本质：任何需要“在序列中找最大连续满足条件区域”的问题，都可转化为柱状图最大矩形。

十二、相关题目推荐

题号	题目	关联点
[84]	柱状图中最大的矩形	本题
[85]	最大矩形	二维扩展
[42]	接雨水	单调栈/双指针
[739]	每日温度	单调栈（下一个更大元素）
[496]	下一个更大元素 I	单调栈基础
[907]	子数组的最小值之和	单调栈 + 贡献法
[1856]	子数组最小乘积的最大值	本题变种