给定一个仅包含 0
和 1
、大小为 rows x cols
的二维二进制矩阵,找出只包含 1
的最大矩形,并返回其面积。
示例 1:
输入:matrix = [["1","0","1","0","0"],["1","0","1","1","1"],["1","1","1","1","1"],["1","0","0","1","0"]]
输出:6
解释:最大矩形如上图所示。
示例 2:
输入:matrix = []
输出:0
示例 3:
输入:matrix = [["0"]]
输出:0
示例 4:
输入:matrix = [["1"]]
输出:1
示例 5:
输入:matrix = [["0","0"]]
输出:0
提示:
rows == matrix.length
cols == matrix[0].length
0 <= row, cols <= 200
matrix[i][j] 为 '0' 或 '1'
将输入拆分成一系列的柱状图。为了计算矩形的最大面积,我们只需要计算每个柱状图中的最大面积,并找到全局最大值
于是,本质上是No.84 柱状图中最大的矩形题中优化暴力算法的复用。
import java.util.Deque;
import java.util.LinkedList;
public class Solution3 {
public int maximalRectangle(char[][] matrix) {
if(matrix.length<=0)
return 0;
int cols = matrix[0].length;
int[] heights = new int[cols+2];
// 在左右两侧添加两个哨兵
// 左侧的哨兵使得不用判空
heights[0] = 0;
// 尾部的哨兵能在遍历结束时弹出前面的柱子计算面积
heights[cols+1] = 0;
int max=0;
//可以把每一行当作一组height然后求得每一行得最大矩形,然后不断增加行,不断更新height
for(int row=0;row<matrix.length;row++){
//转化为柱状图
for(int j=0;j<cols;j++){
if(matrix[row][j]=='1'){
heights[j+1]++;
}else
heights[j+1] = 0;
}
//求的每一行作为最底层的最大矩形,更新最大值
max = Math.max(max,largestRectangleArea(heights));
}
return max;
}
public int largestRectangleArea(int[] heights) {
int len = heights.length;
if(len==0)
return 0;
if(len==1)
return heights[0];
Deque<Integer> deque = new LinkedList<>();
int max = 0;
// 添加哨兵,使得不用判断空
deque.addLast(0);
for(int i=1;i<len;i++){
// 形成递增单调栈,弹出比当前元素大的元素
// 同时开始计算前面不同高度的矩形面积,因为当前元素是前面矩形的宽度的边界
while(heights[i]<heights[deque.peekLast()]){
// 以当前柱子高度作为矩形的高度
int currHeight = heights[deque.pollLast()];
while(currHeight==heights[deque.peekLast()])
deque.pollLast();
// 得到矩形左边的边界
int currWidth = i - deque.peekLast() -1;
max = Math.max(max, currWidth*currHeight);
}
deque.addLast(i);
}
return max;
}
}
复杂度分析
时间复杂度:O(mn),其中 m 和 n 分别是矩阵的行数和列数。计算 left 矩阵需要 O(mn) 的时间;对每一行应用柱状图算法需要 O(n) 的时间,一共需要 O(mn) 的时间。
空间复杂度:O(mn),其中 m 和 n 分别是矩阵的行数和列数。我们分配了一个与给定矩阵等大的数组,用于存储每个元素的左边连续 1 的数量。
最原始地,我们可以列举每个可能的矩形。我们枚举矩形所有可能的左上角坐标和右下角坐标,并检查该矩形是否符合要求。然而该方法的时间复杂度过高,不能通过所有的测试用例,因此我们必须寻找其他方法。
我们首先计算出矩阵的每个元素的左边连续 1 的数量,使用二维数组 left 记录,其中 lefti 为矩阵第 i 行第 j 列元素的左边连续 1的数量。
随后,对于矩阵中任意一个点,我们枚举以该点为右下角的全 1 矩形。
具体而言,当考察以 matrixi 为右下角的矩形时,我们枚举满足0≤k≤i 的所有可能的 k,此时矩阵的最大宽度就为
lefti,lefti−1,…,leftk
的最小值。
对每个点重复这一过程,就可以得到全局的最大矩形。
我们预计算最大宽度的方法事实上将输入转化成了一系列的柱状图,我们针对每个柱状图计算最大面积。
public class Solution {
public int maximalRectangle(char[][] matrix) {
int m = matrix.length;
if (m == 0) {
return 0;
}
int n = matrix[0].length;
int[][] left = new int[m][n];
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (matrix[i][j] == '1') {
//left[i][j] 为矩阵第 i 行第 j 列元素的左边连续1的数量。
left[i][j] = (j == 0 ? 0 : left[i][j - 1]) + 1;
}
}
}
int ret = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (matrix[i][j] == '0') {
continue;
}
int width = left[i][j];
int area = width;
for (int k = i - 1; k >= 0; k--) {
//当考察以 matrix[i][j] 为右下角的矩形时,我们枚举满足0≤k≤i 的所有可能的 k,此时矩阵的最大宽度就为
//left[i][j],left[i−1][j],…,left[k][j]的最小值。
width = Math.min(width, left[k][j]);
area = Math.max(area, (i - k + 1) * width);
}
ret = Math.max(ret, area);
}
}
return ret;
}
}
复杂度分析
时间复杂度:O(m^2*n),其中 m 和 n 分别是矩阵的行数和列数。计算 left 矩阵需要O(mn) 的时间。随后对于矩阵的每个点,需要 O(m) 的时间枚举高度。故总的时间复杂度为O(mn)+O(mn)⋅O(m)=O(m^2*n)。
空间复杂度:O(mn),其中 m 和 n 分别是矩阵的行数和列数。我们分配了一个与给定矩阵等大的数组,用于存储每个元素的左边连续 1 的数量。