363. 矩形区域不超过 K 的最大数值和
文章目录
- 1. 背
- 2. 题目
- 3. 答案
1. 背
这道题很麻烦。首先搞到每个点的前缀和，此时的复杂度就是O(m*n)，如果要把所有的矩形子集都判断算一遍，那就是先固定左上角的节点，再遍历右下角的节点，复杂度就是O(m2n2)O(m^2n^2)O(m2n2)，但是这道题要想办法降一下，降成O(nlog2n)O(nlog_2^n)O(nlog2n)，总之就是把一个边降下来，这道题要用前者会超时的。
这里的边界都是闭区间的。m是行，n是列，先遍历矩形的上边界，就是for(int up=0;upfor(int down=0;down
O(m2n2)O(m^2n^2)O(m2n2)的方法下个步骤就是for矩阵的左边界，再for矩阵的右边界。现在要想办法把它们降下来。现在的这道题就很像leetcode第一题了，给一个矩阵，用O(n)O(n)O(n)的复杂度找出和为k的两个数。如果把两数之和改成获取小于k的最大值，复杂度就是O(log2n)O(log_2^n)O(log2n)，把所有数据加入到红黑树中，用lower_bound找到那个数就OK了。
但是目前是矩阵啊，和上面的两数之和还是不一样，那就要想办法把它们从二维变成一维的。矩阵的左边界是SlS_lSl，右边界是SrS_rSr，第三个for遍历右边界（即SrS_rSr），那么问题就变成了怎么在log2nlog_2^nlog2n的复杂度找到左边界SlS_lSl。现在就要开始释放一向箔了，因为左边界的移动是以列为单位的，即SlS_lSl左移一下就是左移一列，那么如果我现在从上往下压，一维数组的每一位表示这一列的和，这虽然是一维的，但也能起到二维的效果。
下一个问题，要找满足Sr−Sl<=kS_r-S_l<=kSr−Sl<=k的最大矩阵和，就是Sr−SlS_r-S_lSr−Sl的最大值，那就是，固定了SrS_rSr，那就是满足Sr+k<=SlS_r+k<=S_lSr+k<=Sl的最小SlS_lSl，这不就是lower_bound吗。
这下方法就来了当矩阵的上下边固定后，右边界从0开始遍历for(int r=0;i
（下面是理论的分析，但是这次实在是不想搞了。感觉现在的代码是左开右闭，但是好像并不是，因为这个区间的问题，需要在set中加一个0。）
这个SlS_lSl和SrS_rSr当作一维时表示的是(0,l]，这个左开右闭很有讲究，这样当Sr−SlS_r-S_lSr−Sl恰好表示[l,r]。
2. 题目
给你一个 m x n 的矩阵 matrix 和一个整数 k ，找出并返回矩阵内部矩形区域的不超过 k 的最大数值和。
题目数据保证总会存在一个数值和不超过 k 的矩形区域。
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/max-sum-of-rectangle-no-larger-than-k
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3. 答案
class Solution {
public:
int maxSumSubmatrix(const vector>& matrix, int k) {int row = matrix.size(), col=matrix[0].size();vector>dp(row,vector(col,0));for(int i=0;i=0?dp[i-1][j]:0;auto num2 = j-1>=0?dp[i][j-1]:0;auto num3 = i-1>=0&&j-1>=0?dp[i-1][j-1]:0;dp[i][j] = num1+num2-num3+matrix[i][j];}}int ret = INT_MIN;for(int up=0;upmin_sum;//<这个参数是sl或sr，就是从左到右的，而不是某一列的min_sum.insert(0);for(int r=0;r=0?dp[up-1][r]:0;int sr = dp[down][r] - num;auto it_sl=min_sum.lower_bound(sr-k);if(it_sl!=min_sum.end()){ret = max(ret, sr-*it_sl);}min_sum.insert(sr);}}}return ret;
}};
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