从0 1矩阵中求解最大矩形面积，博主在看到这个题目的时候第一反应就是暴力，没有暴力解决不了的问题，但是一定会超时，而且也是非常不好的解决方案，有没有什么比较好的思路呢，Mark一下讨论区中的DP解法。只能说看到DP解法的时候热血沸腾，居然还可以这样子，废话不多说。
首先我们定义三个辅助数组，height [ ], left [ ], right [ ]。这三个数组什么作用呢。 [ [“1”,“0”,“1”,“0”,“0”], [“1”,“0”,“1”,“1”,“1”], [“1”,“1”,“1”,“1”,“1”], [“1”,“0”,“0”,“1”,“0”] ]
策略: 把matrix看成多个直方图, 每一行及其上方的数据都构成一个直方图, 需要考察matrix.size()个直方图 对于每个点(row, col), 我们最后都计算以这个点上方的连续的’1’往left, right方向延申可以得到的最大的矩形的面积 通过这种方法获取的矩形一定会把最大的矩形包含在内 height[row][col]记录的是(row, col)这个坐标为底座的直方图柱子的高度, 如果这个点是’0’, 那么高度当然是0了 left[row][col]记录的是(row, col)这个坐标点对应的height可以延申到的最左边的位置 right[row][col]记录的是(row, col)这个坐标点对应的height可以延申到的最右边的位置+1 以上面的matrix为例, 对于(row=2, col=1)这个点, left=0, right=5, height=1 对于(row=2, col=2)这个点, left=2, right=3, height=3 (2,2)这个点与(2,1)紧挨着,left和right却已经变化如此之大了, 这是因为left和right除了受左右两边的’1’影响, 还受到了其上方连续的’1’的制约 由于点(2,2)上有height=3个’1’, 这几个’1’的left的最大值作为当前点的left, 这几个’1’的right的最小值作为当前点的right 因此, 实际上, 我们是要找以hight对应的这条线段往左右两边移动(只能往全是’1’的地方移动), 可以扫过的最大面积 当hight与目标最大矩形区域的最短的height重合时, 最大矩形的面积就找到了, 如上面的例子, 就是点(2,3)或(2,4)对应的height
也就是每一个height[i]它所等到达的最左边和最右边的界限哪里，那么通过循环遍历所有情况则得到答案。 代码：
class Solution { public: int maximalRectangle(vector<vector<char>>& matrix) { int m = matrix.size(); if (m == 0) return 0; int n = matrix[0].size(); vector<int>height(n, 0);vector<int>left(n, 0);vector<int>right(n, 0); int area = 0, res = 0, sum = 0; for (int i = 0; i < m; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) { if (matrix[i][j] == '1') height[j]++; else height[j] = 0; } for (int j = 0; j < n; j++) { if (matrix[i][j] == '1') { int k = j; while (k >= 0) { if (height[k] >= height[j]) k--; else break; } left[j] = k + 1; } else { left[j] = j; } } for (int j = 0; j < n; j++) { if (matrix[i][j] == '1') { int k = j; while (k < n) { if (height[k] >= height[j]) k++; else break; } right[j] = k - 1; } else right[j] = j; } for (int j = 0; j < n; j++) { area = height[j] * (right[j] - left[j] + 1); sum = max(area, sum); } res = max(res, sum); } return res; } };