Maximal Rectangle -- LeetCode
来源:互联网 发布:政法工作大数据对策 编辑:程序博客网 时间:2024/06/06 15:01
原题链接: http://oj.leetcode.com/problems/maximal-rectangle/
这是一道非常综合的题目,要求在0-1矩阵中找出面积最大的全1矩阵。刚看到这道题会比较无从下手,brute force就是对于每个矩阵都看一下,总共有m(m+1)/2*n(n+1)/2个子矩阵(原理跟字符串子串类似,字符串的子串数有n(n+1)/2,只是这里是二维情形,所以是两个相乘),复杂度相当高,肯定不是面试官想要的答案,就不继续想下去了。
这道题的解法灵感来自于Largest Rectangle in Histogram这道题,假设我们把矩阵沿着某一行切下来,然后把切的行作为底面,将自底面往上的矩阵看成一个直方图(histogram)。直方图的中每个项的高度就是从底面行开始往上1的数量。根据Largest Rectangle in Histogram我们就可以求出当前行作为矩阵下边缘的一个最大矩阵。接下来如果对每一行都做一次Largest Rectangle in Histogram,从其中选出最大的矩阵,那么它就是整个矩阵中面积最大的子矩阵。
算法的基本思路已经出来了,剩下的就是一些节省时间空间的问题了。
我们如何计算某一行为底面时直方图的高度呢? 如果重新计算,那么每次需要的计算数量就是当前行数乘以列数。然而在这里我们会发现一些动态规划的踪迹,如果我们知道上一行直方图的高度,我们只需要看新加进来的行(底面)上对应的列元素是不是0,如果是,则高度是0,否则则是上一行直方图的高度加1。利用历史信息,我们就可以在线行时间内完成对高度的更新。我们知道,Largest Rectangle in Histogram的算法复杂度是O(n)。所以完成对一行为底边的矩阵求解复杂度是O(n+n)=O(n)。接下来对每一行都做一次,那么算法总时间复杂度是O(m*n)。
空间上,我们只需要保存上一行直方图的高度O(n),加上Largest Rectangle in Histogram中所使用的空间O(n),所以总空间复杂度还是O(n)。代码如下:
这是一道非常综合的题目,要求在0-1矩阵中找出面积最大的全1矩阵。刚看到这道题会比较无从下手,brute force就是对于每个矩阵都看一下,总共有m(m+1)/2*n(n+1)/2个子矩阵(原理跟字符串子串类似,字符串的子串数有n(n+1)/2,只是这里是二维情形,所以是两个相乘),复杂度相当高,肯定不是面试官想要的答案,就不继续想下去了。
这道题的解法灵感来自于Largest Rectangle in Histogram这道题,假设我们把矩阵沿着某一行切下来,然后把切的行作为底面,将自底面往上的矩阵看成一个直方图(histogram)。直方图的中每个项的高度就是从底面行开始往上1的数量。根据Largest Rectangle in Histogram我们就可以求出当前行作为矩阵下边缘的一个最大矩阵。接下来如果对每一行都做一次Largest Rectangle in Histogram,从其中选出最大的矩阵,那么它就是整个矩阵中面积最大的子矩阵。
算法的基本思路已经出来了,剩下的就是一些节省时间空间的问题了。
我们如何计算某一行为底面时直方图的高度呢? 如果重新计算,那么每次需要的计算数量就是当前行数乘以列数。然而在这里我们会发现一些动态规划的踪迹,如果我们知道上一行直方图的高度,我们只需要看新加进来的行(底面)上对应的列元素是不是0,如果是,则高度是0,否则则是上一行直方图的高度加1。利用历史信息,我们就可以在线行时间内完成对高度的更新。我们知道,Largest Rectangle in Histogram的算法复杂度是O(n)。所以完成对一行为底边的矩阵求解复杂度是O(n+n)=O(n)。接下来对每一行都做一次,那么算法总时间复杂度是O(m*n)。
空间上,我们只需要保存上一行直方图的高度O(n),加上Largest Rectangle in Histogram中所使用的空间O(n),所以总空间复杂度还是O(n)。代码如下:
public int maximalRectangle(char[][] matrix) { if(matrix==null || matrix.length==0 || matrix[0].length==0) { return 0; } int maxArea = 0; int[] height = new int[matrix[0].length]; for(int i=0;i<matrix.length;i++) { for(int j=0;j<matrix[0].length;j++) { height[j] = matrix[i][j]=='0'?0:height[j]+1; } maxArea = Math.max(largestRectangleArea(height),maxArea); } return maxArea;}public int largestRectangleArea(int[] height) { if(height==null || height.length==0) { return 0; } int maxArea = 0; LinkedList<Integer> stack = new LinkedList<Integer>(); for(int i=0;i<height.length;i++) { while(!stack.isEmpty() && height[i]<=height[stack.peek()]) { int index = stack.pop(); int curArea = stack.isEmpty()?i*height[index]:(i-stack.peek()-1)*height[index]; maxArea = Math.max(maxArea,curArea); } stack.push(i); } while(!stack.isEmpty()) { int index = stack.pop(); int curArea = stack.isEmpty()?height.length*height[index]:(height.length-stack.peek()-1)*height[index]; maxArea = Math.max(maxArea,curArea); } return maxArea;}这道题最后的复杂度是非常令人满意的,居然在O(m*n)时间内就可以完成对最大矩阵的搜索,可以看出这已经是下界(因为每个元素总要访问一下才知道是不是1)了。难度还是比较大的,相信要在面试当场想到这种方法是很不容易的。个人很喜欢这道题,既用到了别的题目,又有动态规划的思想,复杂度还非常漂亮,又一次体现了算法的魅力哈。
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