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@@ -82,6 +82,7 @@ My LeetCode solutions with Chinese explanation. 我的LeetCode中文题解。
 | 81 |[Search in Rotated Sorted Array II](https://leetcode.com/problems/search-in-rotated-sorted-array-ii/)|[C++](https://github.com/ShusenTang/LeetCode/blob/master/solutions/81.%20Search%20in%20Rotated%20Sorted%20Array%20II.md)|Medium|  |
 | 82 |[Remove Duplicates from Sorted List II](https://leetcode.com/problems/remove-duplicates-from-sorted-list-ii/)|[C++](https://github.com/ShusenTang/LeetCode/blob/master/solutions/82.%20Remove%20Duplicates%20from%20Sorted%20List%20II.md)|Medium|  |
 | 83 |[Remove Duplicates from Sorted List](https://leetcode.com/problems/remove-duplicates-from-sorted-list)|[C++](https://github.com/ShusenTang/LeetCode/blob/master/solutions/83.%20Remove%20Duplicates%20from%20Sorted%20List.md)|Easy|  |
+| 84 |[Largest Rectangle in Histogram](https://leetcode.com/problems/largest-rectangle-in-histogram/)|[C++](solutions/84.%20Largest%20Rectangle%20in%20Histogram.md)|Hard|  |
 | 86 |[Partition List](https://leetcode.com/problems/partition-list/)|[C++](https://github.com/ShusenTang/LeetCode/blob/master/solutions/86.%20Partition%20List.md)|Medium|  |
 | 88 |[Merge Sorted Array](https://leetcode.com/problems/merge-sorted-array)|[C++](https://github.com/ShusenTang/LeetCode/blob/master/solutions/88.%20Merge%20Sorted%20Array.md)|Easy|  |
 | 89 |[Gray Code](https://leetcode.com/problems/gray-code/)|[C++](https://github.com/ShusenTang/LeetCode/blob/master/solutions/89.%20Gray%20Code.md)|Medium|  |

solutions/84. Largest Rectangle in Histogram.md

@@ -0,0 +1,88 @@
+# [84. Largest Rectangle in Histogram](https://leetcode.com/problems/largest-rectangle-in-histogram/)
+
+# 思路
+
+求直方图中面积最大的矩形。
+
+## 思路一
+此题比较好想的思路就是从前往后遍历，求出以`heights[i]`为高的最大矩形面积，为此我们需要求出此时最大的宽，该怎样求呢？想象一个木桶，总是最低的那块板子决定桶的装水量。所以我们只需要求出`heights[i]`向左第一个比他小的数`heights[j1]`和向右第一个比他小的数`heights[j2]`，宽就为`j2 - j1 - 1`。
+
+求数组中每个元素的左（右）边第一个比他大（小）的元素可利用单调栈在O(n)时间内求出，关于单调栈可以参考[我的总结](../algorithm/array/monotonic_stack_queue.md)。
+
+需要至少两次遍历，时间复杂度O(n)；空间复杂度O(n)
+
+
+## 思路二
+
+此题还有一个比较难想的思路，也是维护一个单调栈，只需要一次遍历。
+
+我们考虑寻找到所有可能成为最大矩形的右边界（含）`heights[i]`，这个右边界需要满足一个条件：大于其右边那个元素，即`heights[i] > heights[i+1]`。例如题目例子中的有三个候选右边界2、6、3。为什么要满足这个条件呢？是因为如果`heights[i] <= heights[i+1]`，那么包含`heights[i]`的矩形都可以向右扩展到`heights[i+1]`，所以`heights[i]`不可能成为最大矩形右边界，例如题目例子中的`i=2`时。
+
+因为我们向找到`heights[i] > heights[i+1]`的情况，所以我么可以维护一个单调递增的栈，栈里面存放的是下标，具体我们这样处理：
+* 若`heights[i]`比栈顶大，直接入栈即可；
+* 否则，说明`i-1`就是我们要找的候选右边界（含），右边界有了那左边界和矩形高呢？我们只能不断往左扩展，为此我们不断出栈直到栈空或者`heights[i]`比栈顶大：
+    * 这个出栈过程中，刚刚出栈的元素对应的height就为矩形的高，此时的栈顶元素设为left就为左边界（不含），所以宽就为`i - 1 - left`（如果栈空的话宽应该是`i`），所以此时的候选矩形面积就可以算出来了。（这里比较难理解，需要结合单调递增栈始终满足的条件：栈顶的元素在原数组中的左边第一个比他小的元素就是次顶元素）
+
+    最后将`i`入栈。
+
+
+需要注意的是，由于最后一个板子也是候选右边界，所以这里使用一个小技巧：在heights数组最后面push一个0。
+
+只需要遍历一遍，时间复杂度O(n)；空间复杂度O(n)
+
+这个思路还是比较难理解的，需要结合单调递增栈始终满足的特点（栈顶的元素在原数组中的左边第一个比他小的元素就是次顶元素）进行理解。
+
+
+# C++
+## 思路一
+``` C++
+class Solution {
+public:
+    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
+        int n = heights.size(), res = 0;
+        
+        vector<int>pre_smaller(n), next_smaller(n); // 存的是下标
+        stack<int>ascend_stk1, ascend_stk2;
+        
+        for(int i = 0; i < n; i++){
+            while(!ascend_stk1.empty() && heights[ascend_stk1.top()] >= heights[i])
+                ascend_stk1.pop();
+            pre_smaller[i] = ascend_stk1.empty() ? -1 : ascend_stk1.top();
+            ascend_stk1.push(i);
+            
+            int j = n - i - 1; // 相当于反向遍历: for(int j = n-1; j >= 0; j--)
+            while(!ascend_stk2.empty() && heights[ascend_stk2.top()] >= heights[j])
+                ascend_stk2.pop();
+            next_smaller[j] = ascend_stk2.empty() ? n : ascend_stk2.top();
+            ascend_stk2.push(j);
+        }
+
+        for(int i = 0; i < n; i++)
+            res = max(res, heights[i] * (next_smaller[i] - pre_smaller[i] - 1));
+        
+        return res;
+    }
+};
+```
+
+## 思路二
+``` C++
+class Solution {
+public:
+    int largestRectangleArea(vector<int>& heights) {
+        heights.push_back(0);
+        int n = heights.size(), res = 0;
+        
+        stack<int>ascend_stk;
+        for(int i = 0; i < n; i++){
+            while(!ascend_stk.empty() && heights[ascend_stk.top()] >= heights[i]){
+                int height = heights[ascend_stk.top()]; ascend_stk.pop();
+                int width = ascend_stk.empty() ? i : i - 1 - ascend_stk.top();
+                res = max(res, height * width);
+            }
+            ascend_stk.push(i);
+        }
+        return res;
+    }
+};
+```