力扣–統計全1子矩陣

文章目錄

• 力扣--統計全1子矩陣
• • 一、題目描述
  • 二、分析
  • • 方法一：枚舉
  • 三、代碼
  • • 枚舉方法的代碼

一、題目描述

二、分析

方法一：枚舉

• 首先很直觀的想法，我們可以枚舉矩陣中的每個位置 (i,j)，統計以其作為右下角時，有多少個元素全部都是 1的子矩形，那么我們就能不重不漏地統計出滿足條件的子矩形個數。
• 那么枚舉以后，我們怎么統計滿足條件的子矩形個數呢？
• 既然是枚舉以 (i,j) 作為右下角的子矩形個數，那么我們可以直接暴力地枚舉左上角 (k,y)，看其組成的矩形是否滿足條件，時間復雜度為 O(nm)。但這樣無疑會使得時間復雜度變得很高，我們需要另尋他路。
• 我們預處理row 數組，其中row[i][j] 代表矩陣中 (i,j) 向左延伸連續 1 的個數，容易得出遞推式：

• 有了row 數組以后，如果要統計以 (i,j) 為右下角滿足條件的子矩形，我們就可以枚舉子矩形的高，即第 k行，看當前高度有多少滿足條件的子矩形。

• 由于我們知道第 k 行到第 i 行「每一行第 j 列向左延伸連續 1 的個數」 row[k][j],row[k+1][j],?,row[i][j]，因此我們可以知道第 k 行滿足條件的子矩形個數就是這些值的最小值，它代表了「第 k 行到第 ii 行子矩形的寬的最大值」，公式化來說，即：
  

• 因此我們倒序枚舉 k，用num 變量來記錄到當前行 i 的最小值，即能在O(n) 的時間內統計出以 (i,j)為右下角滿足條件的子矩形個數。
  

• 舉個例子吧，如下圖的矩陣，我們現在計算以點mat[3][2]為右下角所構成的矩陣中子矩陣全為1的子矩陣的個數。

[0,0,1] [0,1,1] [1,1,1] [1,1,1]

• 首先是第四行，dp[3][2] = 3，所以最小長度為3，所以sum += 3，這里計算的矩陣是只有第四行元素構成的矩陣，如下所示：

[1,1,1], [1,1], [1]

• 向上遍歷，第三行時，dp[2][2] = 3，最小長度依然為3，sum += 3，這里計算的矩陣是第三、四行元素構成的矩陣，如下所示：

[1] [1,1] [1,1,1] [1], [1,1], [1,1,1]

• 繼續向上遍歷，第二行時，dp[1][2] = 2，此時的最小長度變為2，sum += 2，這里計算的矩陣是第二、三、四行元素構成的矩陣，如下所示：

[1] [1][1] [1] [1][1] [1], [1][1]

• 繼續向上遍歷，第一行時，dp[0][2] = 1，此時的最小長度變為1，sum += 1，這里計算的矩陣是第一、二、三、四行元素構成的矩陣，如下所示：

[1] [1] [1] [1]

• 該點遍歷結束，繼續循環遍歷所有節點后返回sum即可

三、代碼

枚舉方法的代碼

class Solution { public:int numSubmat(vector<vector<int>>& mat) {if(mat.empty()){return 0;}int m = (int)mat.size();int n = (int)mat[0].size();//dp[i][j]代表以i，j坐標為右端點，向左延續連續1的個數。意思是在第i行，j為終點，從j//向左連續1的個數，注意是連續連續連續vector<vector<int>> dp(m,vector<int>(n));for(int i = 0;i < m;i++){for(int j = 0;j < n;j++){//處理邊界if(j == 0){dp[i][j] = mat[i][j];}//如果當前位置為1，就代表可以在左邊的基礎上進行+1else if(mat[i][j] == 1){dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1;}//如果當前位置為0，那么dp代表的是連續1的個數，中間斷了，直接賦值為0else {dp[i][j] = 0;}}}//保存最后的結果int sum = 0;//遍歷，每次求以i，j坐標為右下角for(int i = 0;i < m;i++){for(int j = 0;j < n;j++){//保存點i，j坐標處向左延續連續1的個數int num = dp[i][j];//向上枚舉每一行for(int k = i;k >= 0;k--){//一旦某一行為0，那么求min后都為0，代表沒有構成矩陣if(num == 0){break;}//更新結果num = min(num,dp[k][j]);sum += num;}}}return sum;} }; 超強干貨來襲 云風專訪：近40年碼齡，通宵達旦的技術人生

總結

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