[leetcode] 363. Max Sum of Rectangle No Larger Than K 解题报告

题目链接: https://leetcode.com/problems/max-sum-of-sub-matrix-no-larger-than-k/

Given a non-empty 2D matrix matrix and an integer k, find the max sum of a rectangle in the matrix such that its sum is no larger than k.

Example:

Given matrix = [
[1,  0, 1],
[0, -2, 3]
]
k = 2

The answer is 

2

. Because the sum of rectangle 

[[0,
1], [-2, 3]]

 is 2 and 2 is the max number no larger than k (k = 2).

Note:

The rectangle inside the matrix must have an area > 0.
What if the number of rows is much larger than the number of columns?

思路: 一种naive的算法就是枚举每个矩形块, 时间复杂度为O((mn)^2), 可以做少许优化时间复杂度可以降低到O(mnnlogm), 其中m为行数, n为列数. 

先求出任意两列之间的所有数的和, 然后再枚举任意两行之间的和, 而我们优化的地方就在后者. 我们用s[x]来表示第x行从a列到b列的和. 遍历一遍从第0行到最后一行的求和数组, 并依次将其放到二叉搜索树中, 这样当我们知道了从第0行到当前行的和的值之后, 我们就可以用lower_bound在O(log n)的时间复杂度内找到能够使得从之前某行到当前行的矩阵值最接近k. 也就是说求在之前的求和数组中找到第一个位置使得大于(curSum - k), 这种做法的原理是在curSum之下规定了一个bottom-line,
在这上面的第一个和就是(curSum-val)差值与k最接近的数. 还需要注意的是预先为二叉搜索树加一个0值, 这种做法的原理是如果当前curSum小于k, 那么至少本身是一个潜在的解. 说的有点乱, 请见谅, 不懂的请提问!

代码如下:

class Solution {
public:
int maxSumSubmatrix(vector<vector<int>>& matrix, int k) {
if(matrix.size()==0) return 0;
int row = matrix.size(), col = matrix[0].size();
int ans =INT_MIN;
for(int i = 0; i < col; i++)
{
vector<int> sum(row, 0);
for(int j =i; j < col; j++)
{
set<int> st{0};
int curSum =0, curMax = INT_MIN;
for(int x = 0; x < row; x++)
{
sum[x] += matrix[x][j];
curSum += sum[x];
auto it = st.lower_bound(curSum-k);
if(it!=st.end()) curMax = max(curSum - *it, curMax);
st.insert(curSum);
}
ans = max(curMax, ans);
}
}
return ans;
}
};
参考: https://leetcode.com/discuss/109749/accepted-c-codes-with-explanation-and-references