Leetcode-元素和小于等于阈值的正方形的最大边长(python)

题目

给你一个大小为 m x n 的矩阵 mat 和一个整数阈值 threshold。

请你返回元素总和小于或等于阈值的正方形区域的最大边长；如果没有这样的正方形区域，则返回 0 。

示例 1：

输入：mat = [[1,1,3,2,4,3,2],[1,1,3,2,4,3,2],[1,1,3,2,4,3,2]], threshold = 4
输出：2
解释：总和小于 4 的正方形的最大边长为 2，如图所示。
示例 2：

输入：mat = [[2,2,2,2,2],[2,2,2,2,2],[2,2,2,2,2],[2,2,2,2,2],[2,2,2,2,2]], threshold = 1
输出：0
示例 3：

输入：mat = [[1,1,1,1],[1,0,0,0],[1,0,0,0],[1,0,0,0]], threshold = 6
输出：3
示例 4：

输入：mat = [[18,70],[61,1],[25,85],[14,40],[11,96],[97,96],[63,45]], threshold = 40184
输出：2

提示：

1 <= m, n <= 300
m == mat.length
n == mat[i].length
0 <= mat[i][j] <= 10000
0 <= threshold <= 10^5

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/maximum-side-length-of-a-square-with-sum-less-than-or-equal-to-threshold
整个题目，leetcode 的官方讲解非常清晰明了，包括了前缀和的等背景知识，推荐大家去看。

思路

这真是一个优秀的题目和优秀的解法，有太多的细节都没有考虑到。主要涉及以下几点：
1、怎么快速得到矩阵中任意子矩阵的元素和：二维矩阵的前缀和
2、 python中当矩阵的indexh超出边界的时候，例如（-1， 1）的, 的时候怎么让它的值为0而不是第1列的最后一个元素：将原始矩阵扩展一行一列，值为0，从（1，1）开始遍历：
3、怎么减少枚举的次数：记录当前获得的小于阈值的最大的边长，接下来枚举中就不用遍历小于当前最大边长的值了。

矩阵的后缀和

数组的前缀和：设A = [a, b, c, d], 前缀和 P = [a, a+b, a+b+c, a+b+c+d];
前缀和数组的大小与原数组大小一致，第i个元素的值为从第一个元素开始到第i个元素的累加；

矩阵的前缀和：扩展到二维矩阵 A ，二维矩阵的前缀和矩阵 P 与原始矩阵等大， P 的第（i，j）个元素的值等于 [ 左上角坐标为（0，0），右下角坐标为（i， j）的矩阵的元素之和 ] 。

如何快速求解矩阵的前缀和矩阵P ：按行的顺序进行遍历，当求解 P[i][j] 的时候， P[i-1] [j]、P[i][j-1]、P[i-1][j-1] 都已知了，按照求面积的相关原理（画个图看看一下，完全不用死记硬背）：

P[i][j] = P[i-1][j]+P[i][j-1]+P[i-1][j-1]

在python编程中，具体的技巧就是结合上面思路中的第 2 点；

如何利用前缀和快速求解任意字矩阵的元素之和：同样按照求面积的原理，假设求矩形左上角(x1, y1) 到矩形右下角(x2, y2)之间的元素之和， A[i][j]，P[i - 1][j]，P[i][j - 1] 和 P[i - 1][j - 1] 均已知（画个图看看一下，完全不用死记硬背）：

S = P[x2][y2] - P[x1-1][y1]-P[x2][y1-1]+P[x1-1][y1-1]

以上知识理解了以后，就可以开始枚举矩形中的所有正方形了, 结合代码来讲：

代码

class Solution(object):def maxSideLength(self, mat, threshold):""":type mat: List[List[int]]:type threshold: int:rtype: int"""# the size of matrow = len(mat)col = len(mat[0])# 求解前缀和矩阵P, 输入的矩阵大小是mat的 row 和 col , 但是实际的 返回的P的大小是 row+1  和 col +1 P = self.PrefixM(mat, row, col)res = 2   # 用来存储子正方形矩阵边长的大小，文中要求的得不明确，我这里设置的是边长至少为2， 也就是这个子矩阵中至少有4个元素ans = 0  # 为什么要将ans和res 分开存储，这是因为：如果直接返回 res的话，当没有满足要求的子矩阵的时候，也会返回2，这是不行的for c in range(1, col+1):for r in range(1, row+1):# 当起点为（r, c）时， 最大可能的边长为矩阵【（r, c）- (row-1, col-1) 】的较短边cmax = min(col+1 - c, row+1 - r)for n in range(res, cmax+1):  # 注意这里的边界，实际取值为[res, ..., cmax]S = P[r + n - 1][c + n - 1] - P[r-1][c + n - 1] - P[r + n - 1][c-1] + P[r-1][c-1]if S > threshold:breakif S <= threshold and n >= res:res = nans = nreturn ansdef PrefixM(self, mat, row, col):# 为矩阵mat 扩展一行、一列P = [[0 for i in range(col+1)] for j in range(row+1)]# 这里从（1，1）开始，是为了当出现r-1= -1 和 c-1= -1 的时候直接为0 for r in range(1, row+1):for c in range(1, col+1):# 由于起点不同， P矩阵的（r,c）对应的时mat 矩阵[r-1, c-1]:P[r][c] = mat[r-1][c-1] + P[r - 1][c] + P[r][c - 1] - P[r - 1][c - 1]return P

复杂度分析

由于只要获得了P矩阵就可以快速获得子矩阵的元素和，加上枚举的优化，因为这里时间复杂度为O(M*N)

一上午的时间只做了这一个题，我的内心时崩溃的，下午又花了一个多小时写博客，我的内心更崩溃了，但是搞懂了，有些技巧其它地方也可以用，还是要笑着面对。