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在例题中，题目要求我们找到 每个数左边第一个比它小的数
我们可以先写出暴力做法，然后进一步优化

for(int i = 0; i < n; i ++ )
    for(int j = i - 1; j >= 0; j -- )
        if(a[i] > a[j])
        {
            cout << a[j] << endl;
            break;
        }

我们可以用一个 栈 来维护相关的数据 

我们可以发现，在栈中，有一些元素是不会作为答案输出的

假设  且满足  ，那么 x 就不会作为答案输出，因此，在栈中可以维护一个单调上升的序列（每一次判断都可以删除所有逆序的点）

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AC代码

#include <iostream>
using namespace std;
 
const int N = 100010;
 
int n;
int stk[N], tt;
 
int main()
{
    cin >> n;
    
    for(int i = 0; i < n; i ++ )
    {
        int x; 
        cin >> x;
        while(tt && stk[tt] >= x) tt -- ;
        if(tt) cout << stk[tt] << ' ';
        else cout << -1 << ' ';
        
        stk[++ tt] = x;
    }
    return 0;
}

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例题 Acwing131. 直方图中最大的矩形 

输入样例：

7 2 1 4 5 1 3 3
4 1000 1000 1000 1000
0

输出样例：

8
4000

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解题思路 

假设所有的矩形的高度是从左向右单调递增的，那么答案是多少？

显而易见的，我们可以尝试以每个矩形的高度作为最终矩形的高度，并把宽度延伸到右边界，得到一个矩形，在所有的矩形面积中取最大值就是答案，如下图所示：

如果下一个矩形的高度比上一个小，那么该矩形想利用之前的矩形一起构成一个较大的面积的时候，这块面积的高度不可能超过该矩形自己的高度。换句话说，在考虑上述的几种情况后，下图中红色框框中的部分就丝毫没有用处了。 

既然没有用处，我们可以把这些比该矩形高的矩形都删掉，用一个宽度累加、高度为该矩形自己的高度的新矩形（上图中的阴影部分）代替。这样不会对后续的计算产生影响。

于是我们维护的轮廓就变成了一个高度单调递增的矩形序列，问题变得可解。

详细的说，我们建立一个栈，用来保持若干个矩形，这些矩形的高度是单调递增的。

我们从左到右一次扫描每个矩形。

        如果当前矩形比栈顶矩形高，直接进栈。

        否则不断弹出栈顶，直到栈顶为空或者是栈顶的矩形高度比当前矩形小。在出栈的过程中，   

        我们累计计算被弹出的矩形的宽度之和，并且每弹出一个矩形，就用它的高度乘上累计的

        宽度去更新答案。整个出栈过程结束后，我们把一个高度为当前矩形、宽度为累计值的新矩

        形入栈。

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简单来说，就是找到每一个高度，左边第一个比它矮的位置  ，对应的面积就是

AC代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
const int N = 100010;
 
typedef long long LL;
 
int n;
int h[N], l[N], r[N], q[N];
 
int main()
{
    while(cin >> n, n)
    {
        for(int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &h[i]);
        int tt = 0;
        h[0] = h[n + 1] = -1;
        q[0] = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i ++ )
        {
            while(h[i] <= h[q[tt]]) tt --;
            l[i] = q[tt];
            q[++ tt] = i;
        }
        
        tt = 0;
        q[0] = n + 1;
        for(int i = n; i ; i -- )
        {
            while(h[i] <= h[q[tt]]) tt --;
            r[i] = q[tt];
            q[ ++ tt] = i;
        }
        
        LL res = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i ++ )
            res = max(res, (LL)h[i] * (r[i] - l[i] - 1));
        cout << res << endl;
    }
    return 0;
}