LeetCode 最大矩形，最大正方形系列 84. 85. 221. 1277. 1725. （单调栈，动态规划）

LeetCode 最大矩形，最大正方形系列 84. 85. 221. 1277. 1725. （单调栈，动态规划）

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​​84.柱状图中最大的矩形​​​​85.最大矩形​​​​221.最大正方形​​​​1277.统计全为1的正方形子矩阵​​​​1725.可以形成最大正方形的矩阵数目​​

84.柱状图中最大的矩形

题目描述

给定 n 个非负整数，用来表示柱状图中各个柱子的高度。每个柱子彼此相邻，且宽度为 1 。

求在该柱状图中，能够勾勒出来的矩形的最大面积。

示例

输入：heights = [2,1,5,6,2,3]输出：10

思路

遍历每个柱子，每次算出以当前柱子高度作为矩形的高，往左右两侧扩展，能够得到的最大矩形。再对每个柱子得到的矩形取个最大值即可。

某个柱子往左右两侧扩展，最多能扩展到什么地方呢？自然是遇到第一个比自己更低的柱子，就无法再扩展下去了。于是我们的问题变成了，对于每个柱子，求一下其左侧第一个比它低的柱子，再求一下其右侧第一个比它低的柱子，这两个柱子之间的距离，就是能够扩展的最大的矩形的宽。

于是问题就变成了，在一个数组中，求解每个数左侧第一个比它小的数。

对于这种求左侧（右侧）第一个比自己小（大）的问题，都是单调栈的经典应用。

来看下单调栈为什么能够起到作用。假设是求第​​i​​个数左侧第一个比自己小的数。

我们从位置​​i​​​往左走，如果遇到一个数​​a​​​，这个数比更左侧的所有数都小。那么对于位置​​i​​​，其答案不可能取到数​​a​​​更左侧的位置，因为数​​a​​​左边那些比​​a​​​大的数，都被​​a​​这个数给挡住了。

所以我们能知道一个结论：从右往左走时，先遇到的较小的数，会把后面的更大的数全部挡住，使得更左侧的更大的数不可能作为答案。只有更左侧且更小的数，才可能作为答案。

所以我们从左往右遍历，求解每个数左侧第一个比它小的，只要维护一个单调栈，栈中的数单调递增。

每次求解当前位置答案时，依次弹出栈顶，直到栈顶元素小于当前元素，则此时栈顶就是当前位置的答案，并把当前位置入栈，保持栈内的单调递增。

求解右侧第一个比自己小的数，同理，将遍历顺序反过来即可。

求解第一个比自己大的数也是类似，更早出现的更大的数，会把后面的更小的数全部挡住。不再赘述。

下面给出代码，注意单调栈里存的是下标，因为我们需要计算两根柱子之间的距离，但我们需要按照柱子的高度递增来维护单调栈。

class Solution { // 核心思路是, 对于每个柱子, 看其能往左往右扩展多少 // 需要找到其左侧和右侧第一个比它低的柱子 public int largestRectangleArea(int[] heights) { int n = heights.length; int[] stack = new int[n]; int top = -1; int[] left = new int[n]; // 每个位置左侧第一个比自己低的柱子的位置 int[] right = new int[n]; // 每个位置右侧第一个比自己低的柱子的位置 for (int i = 0; i < n; i++) { // 栈非空, 且栈顶柱子高度比当前柱子高度大, 则弹出栈顶 while (top >= 0 && heights[stack[top]] >= heights[i]) top--; left[i] = top >= 0 ? stack[top] : -1; stack[++top] = i; } top = -1; // clear the stack for (int i = n - 1; i >= 0; i--) { while (top >= 0 && heights[stack[top]] >= heights[i]) top--; right[i] = top >= 0 ? stack[top] : n; stack[++top] = i; } int ans = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { ans = Math.max(ans, (right[i] - left[i] - 1) * heights[i]); } return ans; }}

85.最大矩形

题目描述

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

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：最大矩形如下图所示。

思路

求解的是最大矩形。我们先想一个最直观的做法，那就是枚举所有可能的矩形，并计算每个矩形的面积。怎么来枚举矩形呢？一个矩形由2个点就可以唯一确定，即左上角的点和右下角的点。

我们不妨枚举这个二维矩阵的每个点​​[x,y]​​，把每个点作为矩形的右下角，尝试找到所有以这个点为右下角的矩形。

那么，只有当这个点为​​1​​时，才能至少构成一个矩形。我们尝试找以这个点为右下角的矩形时，一定是要向上和向左扩展的。

我们不妨就只向上扩展。而对于向左扩展，我们预处理出每个点左侧连续1的个数这样的信息，不妨设其为​​left[x][y]​​。

我们称往左扩展的是矩形的宽，往上扩展是矩形的高。

我们是向上扩展的，初始时，矩形的高为1，此时往左扩展最远到​​left[x][y]​​​，此时就能求出以​​[x,y]​​​为右下角，高为1的矩形的最大面积。再往上扩展，矩形高为2，此时矩形的宽为​​min(left[x][y], left[x + 1][y])​​；能够求出高为2的矩形的最大面积；

继续往上扩展，高为3，宽为​​min(left[x][y], left[x + 1][y], left[x + 2][y])​​。后面同理。

直到无法往上扩展为止。

根据这个思路，写出代码如下：

class Solution { public int maximalRectangle(char[][] matrix) { int n = matrix.length, m = matrix[0].length; int[][] left = new int[n][m]; // 每个点左侧连续1的个数 for (int i = 0; i < n; i++) { int len = 0; for (int j = 0; j < m; j++) { if (matrix[i][j] == '1') len++; else len = 0; left[i][j] = len; } } int ans = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = 0; j < m; j++) { if (matrix[i][j] == '0') continue; int width = left[i][j]; for (int k = i; k >= 0; k--) { if (matrix[k][j] == '0') break; // 无法向上扩展了 width = Math.min(width, left[k][j]); // 更新宽度 ans = Math.max(ans, width * (i - k + 1)); // 计算矩形面积 } } } return ans; }}

优化

根据上面的思路，我们容易发现，由于我们对每个点是往上扩展。我们可以将每一列拿出来单独看，由于每个点预处理了其左侧连续1的个数。对于某一列，这一列上每个点左侧连续1的个数，就可以看作柱子的高度，只不过这些柱子是以当前列为基线，往左侧生长的。

class Solution { public int maximalRectangle(char[][] matrix) { int n = matrix.length, m = matrix[0].length; int[][] left = new int[n][m]; // 左侧连续1的个数 for (int i = 0; i < n; i++) { int len = 0; for (int j = 0; j < m; j++) { if (matrix[i][j] == '1') len++; else len = 0; left[i][j] = len; } } int[] stack = new int[n]; int top = -1; int ans = 0; int[] down = new int[n]; // 每一列下侧第一个比当前位置小的 int[] up = new int[n]; // 每一列上侧第一个比当前位置小的 for (int i = 0; i < m; i++) { top = -1; // clear stack for (int j = n - 1; j >= 0; j--) { while (top >= 0 && left[j][i] <= left[stack[top]][i]) top--; down[j] = top >= 0 ? stack[top] : n; stack[++top] = j; } top = -1; // clear stack for (int j = 0; j < n; j++) { while (top >= 0 && left[j][i] <= left[stack[top]][i]) top--; up[j] = top >= 0 ? stack[top] : -1; stack[++top] = j; } for (int j = 0; j < n; j++) { ans = Math.max(ans, (down[j] - up[j] - 1) * left[j][i]); } } return ans; }}

221.最大正方形

上面求解的是最大矩形，现在来看一下一道类似的题目，最大正方形

题目描述

在一个由 ​​'0'​​​ 和 ​​'1'​​​ 组成的二维矩阵内，找到只包含 ​​'1'​​ 的最大正方形，并返回其面积。

示例

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：4

思路

同样的，我们考虑一个正方形可以怎么表示。和矩形用左上和右下两个顶点表示不同，我们可以只用一个顶点，加上边长，来表示一个正方形。所以我们考虑，枚举二维矩阵中的每个点，找到以这个点为右下角的最大的正方形。

与上面求最大矩形不同。这道题用DP来做。

我们设​​f(i,j)​​​来表示，以​​[i,j]​​为右下角的最大正方形的边长。

我们以​​[i,j]​​​为右下角，找最大正方形，则要看其往上和往左，能延申的最长长度。观察可以发现， 以​​[i,j]​​​为右下角的最大正方形的边长，会受制于以​​[i - 1, j]​​​，以​​[i, j - 1]​​​，以​​[i - 1, j - 1]​​为右下角的最大正方形的边长。于是得到状态转移方程

​​f[i][j] = min(f[i - 1][j], f[i][j - 1], f[i - 1][j - 1]) + 1​​

我们来证明一下这个状态转移方程的正确性。

假设​​f[i][j] = k​​​，则​​f[i - 1][j]​​​至少为​​k - 1​​​，​​f[i][j - 1]​​​也至少为​​k - 1​​​，​​f[i - 1][j - 1]​​​也至少为​​k - 1​​，于是容易得出

​​min(f[i - 1][j], f[i][j - 1], f[i - 1][j - 1]) >= k - 1​​

即​​min(f[i - 1][j], f[i][j - 1], f[i - 1][j - 1]) + 1 >= f[i][j]​​

接下来只要证一下​​>​​关系是不成立的即可。

若​​min(f[i - 1][j], f[i][j - 1], f[i - 1][j - 1]) + 1 > f[i][j]​​

则​​f[i - 1][j] > f[i][j] - 1​​

​​f[i][j - 1] > f[i][j] - 1​​

​​f[i - 1][j - 1] > f[i][j] - 1​​

即

​​f[i - 1][j] >= f[i][j]​​

​​f[i][j - 1] >= f[i][j]​​

​​f[i - 1][j - 1] >= f[i][j]​​

画个图可以得到，当这个条件成立时，​​f[i][j]​​​能够取到的最大值至少是​​k + 1​​​，而不是​​k​​​，这就与先前的假设矛盾了。所以​​>​​​关系一定不成立，进而有​​f[i][j] = min(f[i - 1][j], f[i][j - 1], f[i - 1][j - 1]) + 1​​

class Solution { public int maximalSquare(char[][] matrix) { int n = matrix.length, m = matrix[0].length; int[][] f = new int[n + 1][m + 1]; int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= m; j++) { if (matrix[i - 1][j - 1] == '1') { // 三者取最小 f[i][j] = Math.min(f[i - 1][j], f[i][j - 1]); f[i][j] = Math.min(f[i][j], f[i - 1][j - 1]); // 加一 f[i][j]++; ans = Math.max(ans, f[i][j]); } } } return ans * ans; // 要求的是面积 }}

由于每个状态只依赖于左，上，左上，这三个状态，可以用滚动数组进行空间上的优化

class Solution { public int maximalSquare(char[][] matrix) { int n = matrix.length, m = matrix[0].length; int[] f = new int[m + 1]; int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { int topLeft = 0; // 左上角 for (int j = 1; j <= m; j++) { if (matrix[i - 1][j - 1] == '1') { // 三者取最小 int temp = f[j]; // 暂存, 作为下一轮迭代的左上角 f[j] = Math.min(f[j], f[j - 1]); f[j] = Math.min(f[j], topLeft); // 加一 f[j]++; ans = Math.max(ans, f[j]); topLeft = temp; } else { f[j] = 0; //如果当前位置不是1, 则要更新为0 } } } return ans * ans; // 要求的是面积 }}

1277.统计全为1的正方形子矩阵

题目描述

给你一个 ​​m * n​​​ 的矩阵，矩阵中的元素不是 ​​0​​​ 就是 ​​1​​​，请你统计并返回其中完全由 ​​1​​ 组成的 正方形 子矩阵的个数。

思路

和221的思路一样，221我们用​​f[i][j]​​​维护了最大正方形的边长，而以​​[i,j]​​为右下角的正方形的个数，就等于最大正方形的边长。

最终的答案把所有的​​f[i][j]​​做一下累加即可

class Solution { public int countSquares(int[][] matrix) { int n = matrix.length, m = matrix[0].length; int[][] f = new int[n + 1][m + 1]; int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= m; j++) { if (matrix[i - 1][j - 1] == 1) { f[i][j] = Math.min(f[i - 1][j], f[i][j - 1]); f[i][j] = Math.min(f[i][j], f[i - 1][j - 1]) + 1; ans += f[i][j]; } } } return ans; }}

1725.可以形成最大正方形的矩阵数目

题目描述

给你一个数组 rectangles ，其中 rectangles[i] = [li, wi] 表示第 i 个矩形的长度为 li 、宽度为 wi 。

如果存在 k 同时满足 k <= li 和 k <= wi ，就可以将第 i 个矩形切成边长为 k 的正方形。例如，矩形 [4,6] 可以切成边长最大为 4 的正方形。

设 maxLen 为可以从矩形数组 rectangles 切分得到的 最大正方形 的边长。

请你统计有多少个矩形能够切出边长为 maxLen 的正方形，并返回矩形 数目 。

思路

维护最大正方形的边长，并进行累加即可。当出现了更大的正方形，则将累加的数目重置。

class Solution { public int countGoodRectangles(int[][] rectangles) { int maxLen = 0, cnt = 0; for (int[] r : rectangles) { // 该矩形能切出的最大正方形 int len = Math.min(r[0], r[1]); if (maxLen == len) cnt++; // 如果等于最大正方形, 则累加 else if (maxLen < len) { // 否则, 出现了更大的正方形, 计数重置 maxLen = len; cnt = 1; } } return cnt; }}

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