C++實現LeetCode(85.最大矩形)

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[LeetCode] 85. Maximal Rectangle 最大矩形

Given a 2D binary matrix filled with 0’s and 1’s, find the largest rectangle containing only 1’s and return its area.

Example:

Input:
[
[“1″,”0″,”1″,”0″,”0”],
[“1″,”0″,”1″,”1″,”1”],
[“1″,”1″,”1″,”1″,”1”],
[“1″,”0″,”0″,”1″,”0”]
]
Output: 6

此題是之前那道的 Largest Rectangle in Histogram 的擴展，這道題的二維矩陣每一層向上都可以看做一個直方圖，輸入矩陣有多少行，就可以形成多少個直方圖，對每個直方圖都調用 Largest Rectangle in Histogram 中的方法，就可以得到最大的矩形面積。那麼這道題唯一要做的就是將每一層都當作直方圖的底層，並向上構造整個直方圖，由於題目限定瞭輸入矩陣的字符隻有 ‘0’ 和 ‘1’ 兩種，所以處理起來也相對簡單。方法是，對於每一個點，如果是 ‘0’，則賦0，如果是 ‘1’，就賦之前的 height 值加上1。具體參見代碼如下：

解法一：

class Solution {
public:
    int maximalRectangle(vector<vector<char> > &matrix) {
        int res = 0;
        vector<int> height;
        for (int i = 0; i < matrix.size(); ++i) {
            height.resize(matrix[i].size());
            for (int j = 0; j < matrix[i].size(); ++j) {
                height[j] = matrix[i][j] == '0' ? 0 : (1 + height[j]);
            }
            res = max(res, largestRectangleArea(height));
        }
        return res;
    }
    int largestRectangleArea(vector<int>& height) {
        int res = 0;
        stack<int> s;
        height.push_back(0);
        for (int i = 0; i < height.size(); ++i) {
            if (s.empty() || height[s.top()] <= height[i]) s.push(i);
            else {
                int tmp = s.top(); s.pop();
                res = max(res, height[tmp] * (s.empty() ? i : (i - s.top() - 1)));
                --i;
            }
        }
        return res;
    }
};

我們也可以在一個函數內完成，這樣代碼看起來更加簡潔一些，註意這裡的 height 初始化的大小為 n+1，為什麼要多一個呢？這是因為我們隻有在當前位置小於等於前一個位置的高度的時候，才會去計算矩形的面積，假如最後一個位置的高度是最高的，那麼我們就沒法去計算並更新結果 res 瞭，所以要在最後再加一個高度0，這樣就一定可以計算前面的矩形面積瞭，這跟上面解法子函數中給 height 末尾加一個0是一樣的效果，參見代碼如下：

解法二：

class Solution {
public:
    int maximalRectangle(vector<vector<char>>& matrix) {
        if (matrix.empty() || matrix[0].empty()) return 0;
        int res = 0, m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
        vector<int> height(n + 1);
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            stack<int> s;
            for (int j = 0; j < n + 1; ++j) {
                if (j < n) {
                    height[j] = matrix[i][j] == '1' ? height[j] + 1 : 0;
                }
                while (!s.empty() && height[s.top()] >= height[j]) {
                    int cur = s.top(); s.pop();
                    res = max(res, height[cur] * (s.empty() ? j : (j - s.top() - 1)));
                }
                s.push(j);
            }
        }
        return res;
    }
};

下面這種方法的思路很巧妙，height 數組和上面一樣，這裡的 left 數組表示若當前位置是1且與其相連都是1的左邊界的位置（若當前 height 是0，則當前 left 一定是0），right 數組表示若當前位置是1且與其相連都是1的右邊界的位置再加1（加1是為瞭計算長度方便，直接減去左邊界位置就是長度），初始化為n（若當前 height 是0，則當前 right 一定是n），那麼對於任意一行的第j個位置，矩形為 (right[j] – left[j]) * height[j]，我們舉個例子來說明，比如給定矩陣為：

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

第0行：

h: 1 1 0 0 1

l: 0 0 0 0 4

r: 2 2 5 5 5

第1行：

h: 0 2 0 0 2

l: 0 1 0 0 4 

r: 5 2 5 5 5

第2行：

h: 0 0 1 1 3

l: 0 0 2 2 4 

r: 5 5 5 5 5

第3行：

h: 0 0 2 2 4

l: 0 0 2 2 4 

r: 5 5 5 5 5

第4行：

h: 0 0 0 0 5

l: 0 0 0 0 4

r: 5 5 5 5 5

解法三：

class Solution {
public:
    int maximalRectangle(vector<vector<char>>& matrix) {
        if (matrix.empty() || matrix[0].empty()) return 0;
        int res = 0, m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
        vector<int> height(n, 0), left(n, 0), right(n, n);
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            int cur_left = 0, cur_right = n;
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (matrix[i][j] == '1') {
                    ++height[j];
                    left[j] = max(left[j], cur_left);
                } else {
                    height[j] = 0;
                    left[j] = 0;
                    cur_left = j + 1;
                }
            }
            for (int j = n - 1; j >= 0; --j) {
                if (matrix[i][j] == '1') {
                    right[j] = min(right[j], cur_right);
                } else {
                    right[j] = n;
                    cur_right = j;
                }
                res = max(res, (right[j] - left[j]) * height[j]);
            }
        }
        return res;
    }
};

再來看一種解法，這裡我們統計每一行的連續1的個數，使用一個數組 h_max, 其中 h_max[i][j] 表示第i行，第j個位置水平方向連續1的個數，若 matrix[i][j] 為0，那對應的 h_max[i][j] 也一定為0。統計的過程跟建立累加和數組很類似，唯一不同的是遇到0瞭要將 h_max 置0。這個統計好瞭之後，隻需要再次遍歷每個位置，首先每個位置的 h_max 值都先用來更新結果 res，因為高度為1也可以看作是矩形，然後我們向上方遍歷，上方 (i, j-1) 位置也會有 h_max 值，但是用二者之間的較小值才能構成矩形，用新的矩形面積來更新結果 res，這樣一直向上遍歷，直到遇到0，或者是越界的時候停止，這樣就可以找出所有的矩形瞭，參見代碼如下：

解法四：

class Solution {
public:
    int maximalRectangle(vector<vector<char>>& matrix) {
        if (matrix.empty() || matrix[0].empty()) return 0;
        int res = 0, m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
        vector<vector<int>> h_max(m, vector<int>(n));
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (matrix[i][j] == '0') continue;
                if (j > 0) h_max[i][j] = h_max[i][j - 1] + 1;
                else h_max[i][0] = 1;
            }
        }
        for (int i = 0; i < m; ++i) {
            for (int j = 0; j < n; ++j) {
                if (h_max[i][j] == 0) continue;
                int mn = h_max[i][j];
                res = max(res, mn);
                for (int k = i - 1; k >= 0 && h_max[k][j] != 0; --k) {
                    mn = min(mn, h_max[k][j]);
                    res = max(res, mn * (i - k + 1));
                }
            }
        }
        return res;
    }
};

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