力扣–统计全1子矩阵

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力扣--统计全1子矩阵
- 一、题目描述
- 二、分析
- - 方法一：枚举
- 三、代码
- - 枚举方法的代码

一、题目描述

二、分析

方法一：枚举

首先很直观的想法，我们可以枚举矩阵中的每个位置 (i,j)，统计以其作为右下角时，有多少个元素全部都是 1的子矩形，那么我们就能不重不漏地统计出满足条件的子矩形个数。
那么枚举以后，我们怎么统计满足条件的子矩形个数呢？
既然是枚举以 (i,j) 作为右下角的子矩形个数，那么我们可以直接暴力地枚举左上角 (k,y)，看其组成的矩形是否满足条件，时间复杂度为 O(nm)。但这样无疑会使得时间复杂度变得很高，我们需要另寻他路。
我们预处理row 数组，其中row[i][j] 代表矩阵中 (i,j) 向左延伸连续 1 的个数，容易得出递推式：

有了row 数组以后，如果要统计以 (i,j) 为右下角满足条件的子矩形，我们就可以枚举子矩形的高，即第 k行，看当前高度有多少满足条件的子矩形。
由于我们知道第 k 行到第 i 行「每一行第 j 列向左延伸连续 1 的个数」 row[k][j],row[k+1][j],⋯,row[i][j]，因此我们可以知道第 k 行满足条件的子矩形个数就是这些值的最小值，它代表了「第 k 行到第 ii 行子矩形的宽的最大值」，公式化来说，即：
因此我们倒序枚举 k，用num 变量来记录到当前行 i 的最小值，即能在O(n) 的时间内统计出以 (i,j)为右下角满足条件的子矩形个数。
举个例子吧，如下图的矩阵，我们现在计算以点mat[3][2]为右下角所构成的矩阵中子矩阵全为1的子矩阵的个数。

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

首先是第四行，dp[3][2] = 3，所以最小长度为3，所以sum += 3，这里计算的矩阵是只有第四行元素构成的矩阵，如下所示：

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

向上遍历，第三行时，dp[2][2] = 3，最小长度依然为3，sum += 3，这里计算的矩阵是第三、四行元素构成的矩阵，如下所示：

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

继续向上遍历，第二行时，dp[1][2] = 2，此时的最小长度变为2，sum += 2，这里计算的矩阵是第二、三、四行元素构成的矩阵，如下所示：

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

继续向上遍历，第一行时，dp[0][2] = 1，此时的最小长度变为1，sum += 1，这里计算的矩阵是第一、二、三、四行元素构成的矩阵，如下所示：

[1]
[1]
[1]
[1]

该点遍历结束，继续循环遍历所有节点后返回sum即可

三、代码

枚举方法的代码

class Solution {public:int numSubmat(vector<vector<int>>& mat) {if(mat.empty()){return 0;}int m = (int)mat.size();int n = (int)mat[0].size();//dp[i][j]代表以i，j坐标为右端点，向左延续连续1的个数。意思是在第i行，j为终点，从j//向左连续1的个数，注意是连续连续连续vector<vector<int>> dp(m,vector<int>(n));for(int i = 0;i < m;i++){for(int j = 0;j < n;j++){//处理边界if(j == 0){dp[i][j] = mat[i][j];}//如果当前位置为1，就代表可以在左边的基础上进行+1else if(mat[i][j] == 1){dp[i][j] = dp[i][j - 1] + 1;}//如果当前位置为0，那么dp代表的是连续1的个数，中间断了，直接赋值为0else {dp[i][j] = 0;}}}//保存最后的结果int sum = 0;//遍历，每次求以i，j坐标为右下角for(int i = 0;i < m;i++){for(int j = 0;j < n;j++){//保存点i，j坐标处向左延续连续1的个数int num = dp[i][j];//向上枚举每一行for(int k = i;k >= 0;k--){//一旦某一行为0，那么求min后都为0，代表没有构成矩阵if(num == 0){break;}//更新结果num = min(num,dp[k][j]);sum += num;}}}return sum;}
};

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三、代码

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