http://blog.csdn.net/twtsa/article/details/8120269
http://blog.csdn.net/sunjilong/article/details/8254108
public class Solution { public int maximalRectangle(char[][] matrix) { if(matrix.length<=0) return 0; int row = matrix.length; int col = matrix[0].length; int [] left = new int[col]; int [] right = new int[col]; int [] height = new int[col]; int res = 0; // 将 right 数组初始化为 列的宽度 for(int i=0;i<col;i++){ right[i]=col; } // 一行一行的遍历 for(int i=0;i<row;i++){ int L = 0,R = col; // 每一行从左往右遍历 for(int j=0;j<col;j++){ // 如果遍历元素为'1' 对应的列的height[j]数组++,left[j]取L和left[j]中的最大值 // left[j] 记录该行当前列的元素的‘1’,包括之前遍历的行(往上),最左边能到哪 if(matrix[i][j]=='1'){ height[j]++; left[j] = Math.max(L,left[j]); } //如果遍历元素不为'1',将left赋值j+1,其他全为0; else{ L=j+1; left[j] = 0;right[j] =col;height[j]=0; } } //每一行从右往左遍历 for(int j=col-1;j>=0;j--){ // 如果遍历元素为'1',right[j]取R和right[j]中的最小值 if(matrix[i][j]=='1'){ // rright[j] 记录该行当前列的元素的‘1’,包括之前遍历的行(往上),最右边能到哪 right[j] = Math.min(right[j],R); // 计算当前元素的面积 res = Math.max(res,(right[j]-left[j])*height[j]); } else{ R = j; } } } return res; } }
ref: http://www.cnblogs.com/lichen782/p/leetcode_maximal_rectangle.html
题目: Given a 2D binary matrix filled with 0's and 1's, find the largest rectangle containing all ones and return its area.
leetcode的题目真是越来越经典了。比如这个题目,就是一道男默女泪的题。
一般人拿到这个题目,除非做过类似的,很难一眼找出一个方法来,更别说找一个比较优化的方法了。
首先一个难点就是,你怎么判断某个区域就是一个矩形呢?
其次,以何种方式来遍历这个2D的matrix呢?
一般来说,对这种“棋盘式”的题目,像什么Queen啦,象棋啦,数独啦,如果没有比较明显的遍历方式,可以采用一行一行地遍历。(好像废话哦。。。)
然后,当遍历到(i, j)的时候,该做什么样的事情呢?想想,嗯,那我可不可以简单看看,以(i,j)为矩形左上角,能不能形成一个矩形,能不能形成多个矩形?那形成的矩形中,我们能不能找一个最大的呢?(有同学问,为毛你要以这个点为左上角,不为左下角,或者其他脚哩?因为我们打算从左到右,从上到下一行一行遍历嘛,这样就不会漏掉,说不定还能做一些优化)
首先,如果(i, j)是0,那肯定没法是矩形了。
如果是1,那么我们怎么找以它为左上角的矩形呢?呼唤画面感!
。。。你TM在逗我?==b
图中圈圈表示左上角的1,那么矩形的可能性是。。。太多啦,怎么数嘛!
我们可以试探地从左上角的1所在的列开始,往下数数,然后呢,比如在第一行,例如是蓝色的那个矩形,我们看看在列上,它延伸了多远,这个面积是可以算出来的。
然后继续,第二行,例如是那个红色的矩形,再看它延伸到多远,哦,我们知道,比第一行近一些,我们也可以用当前离第一行的行数,乘以延伸的距离,得到当前行表示的矩形面积。
但是到了第一个虚线的地方,它远远超过了上面的其他所有行延伸的距离了,注意它的上方都是空心的哦,所以,我们遇到这种情况,计算当前行和左上角1围成的面积的时候,只能取所有前面最小的延伸距离乘以当前离第一行的行数。其实,这对所有情况都是这样的,是吧?于是,我们不是就有方法遍历这些所有的矩形了嘛。
这个需要O(n3),所以没有通过大集合的测试。
leetcode的讨论组给出了一个比较难理解的方法,这里就不采用了。
说说第三个方法。前一个笔记,我们讨论了柱状图的最大矩形面积,那可以O(n)的,学以致用呀!btw,leetcode的这两题也是挨一块儿的,用心良苦。。。。
如果我们把每一行看成x坐标,那高度就是从那一行开始往上数的1的个数。带入我们的maxAreaInHist方法,在O(n2)时间内就可以求出每一行形成的“柱状图”的最大矩形面积了。它们之中最大的,就是我们要的答案。
public class Solution { public int maximalRectangle(char[][] matrix) { int m = matrix.length; int n = m == 0 ? 0 : matrix[0].length; int[][] height = new int[m][n + 1]; //actually we know that height can just be a int[n+1], //however, in that case, we have to write the 2 parts together in row traverse, //which, leetcode just doesn't make you pass big set int maxArea = 0; for(int i = 0; i < m; i++){ for(int j = 0; j < n; j++) { if(matrix[i][j] == '0'){ height[i][j] = 0; }else { height[i][j] = i == 0 ? 1 : height[i - 1][j] + 1; } } } for(int i = 0; i < m; i++){ int area = maxAreaInHist(height[i]); if(area > maxArea){ maxArea = area; } } return maxArea; } private int maxAreaInHist(int[] height){ Stack<Integer> stack = new Stack<Integer>(); int i = 0; int maxArea = 0; while(i < height.length){ if(stack.isEmpty() || height[stack.peek()] <= height[i]){ stack.push(i++); }else { int t = stack.pop(); maxArea = Math.max(maxArea, height[t] * (stack.isEmpty() ? i : i - stack.peek() - 1)); } } return maxArea; } }
这里有一个和leetcode相关的细节。就是本来在计算height数组的时候,我们没有必要分配成代码中的那个样子,一维就可以了,然后在遍历每一行的时候计算当前行的height数组,然后再计算maxArea。这种情况下还是过不了大集合,所以不得不为每一行都保存一个height,先期计算该二维数组。
总结:
1. 学到的新知识要用;
2. 画面感和逻辑分析都很重要,不可偏非。