【每日一题】最大正方形面积—

2020/05/08 每日一题

221 最大正方形面积

是一道做过的题目出现在了每日一题，今后的每日一题我尽量把相关的题目都写一遍。

这道题目的思路并不是看到01矩阵就采用暴力的bfs方法，而是可以采用dp的思想。因为正方形具有不错的性质可以采用保存边长的方法，最后计算面积。

核心dp：dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1], dp[i][j-1], dp[i-1][j])+1。寻找三个位置的最小值。

class Solution:def maximalSquare(self, matrix: List[List[str]]) -> int:n = len(matrix)if not n:return 0m = len(matrix[0])dp = [[0]*(m+1) for _ in range(n+1)]ans = 0for i in range(1, n+1):for j in range(1, m+1):if matrix[i-1][j-1] == '1':dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1], dp[i][j-1], dp[i-1][j])+1ans = max(dp[i][j], ans)return ans*ans

85 最大矩形面积

将问题从正方形变成最大矩形，问题就复杂了一下。
正方形的设计很固定的，我们上一个问题中，给定一个点，计算左上方的大小。但是对于长方形，即使你知道这个点是长方形的右下角，但是也无法确定长方形是躺下还是立起来的。

因此这里采用一种全新的dp思路。给定一个点(i,j)我们首先向上伸展得到最大的高度，然后分别计算出左右伸展可以达到的坐标。这样可以计算以该点伸展开的长方形的大小。

核心在于如何维护左右伸展，我们需要保证在同一列中连续出现1时维护一个最紧的边界。

具体我在代码中进行了注释，这段代码其实用到了状态压缩。

class Solution {public int maximalRectangle(char[][] matrix) {int m = matrix.length;if (m == 0) {return 0;}int n = matrix[0].length;// 往左延申横向可以有多宽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] = (j == 0 ? 0 : left[i][j - 1]) + 1;}}}int ret = 0;for (int j = 0; j < n; j++) { // 对于每一列，使用基于柱状图的方法int[] up = new int[m];int[] down = new int[m];Deque<Integer> stack = new LinkedList<Integer>();// 更新上界for (int i = 0; i < m; i++) {while (!stack.isEmpty() && left[stack.peek()][j] >= left[i][j]) {stack.pop();}// 小于当前元素的最大的。up[i] = stack.isEmpty() ? -1 : stack.peek();stack.push(i);}stack.clear();// 更新下届for (int i = m - 1; i >= 0; i--) {while (!stack.isEmpty() && left[stack.peek()][j] >= left[i][j]) {stack.pop();}// 小于当前元素最大的down[i] = stack.isEmpty() ? m : stack.peek();stack.push(i);}// 计算当前列的每一行for (int i = 0; i < m; i++) {int height = down[i] - up[i] - 1;int area = height * left[i][j]; // 以第i行作为最高点，上下延申的矩形面积 从左侧0到当前的j列。ret = Math.max(ret, area);}}return ret;}
}

class Solution:def maximalSquare(self, matrix: List[List[str]]) -> int:if not matrix:return 0n = len(matrix)m = len(matrix[0])# 构建三个dpleft = [0]*mright = [m]*mheight = [0]*mans = 0for i in range(n):# 在新的一行开始迭代时要初始化cur_left, cur_right = 0, m  # 注意这里设置右端为m，为了保证左右相减得到的正好等于宽度# 可达左边界的坐标for j in range(m):if matrix[i][j] == '1':left[j] = max(left[j], cur_left)else:left[j] = 0  ## 保证下行在比较该列时候，不会遇到麻烦cur_left = j+1# 可达上边界的距离for j in range(m):if matrix[i][j] == "1":height[j] += 1else:height[j] = 0# 可达右边界的坐标    for j in range(m-1, -1, -1):if matrix[i][j] == '1':right[j] = min(right[j], cur_right)else:right[j] = m ## 保证下行在比较该列时候，不会遇到麻烦cur_right = jfor j in range(m):ans = max(ans, height[j]*(right[j]+-left[j]))return ans

上边界的更新比较简单，重点看代码中左右边界的更新策略。

在同一行搜索中，左边界从左向右，右边界从右向左搜索，每次遇到0就更新当前行的边界cur_X，并且将这个位置的数值设为最大边界（0或者m）为了方便下一行在计算到该位置时不受上一行的影响。

84 柱形图中最大面积

换成了柱形图，同样类似的题目，但是还是存在一种新的思路的，这一类接雨水，等等题目，特点都是需要寻找下一个左右更大或者更小的数值。因此单调栈的思路很巧妙。

题目的思路在于维护一个单增的单调栈，在每次出栈时候进行计算，计算方法是当前左边i-1 - 出栈元素前一个元素index * 出栈坐标对应的值

细节：考虑清楚如何处理第一个和最后一个元素，第一个元素弹出时，是没有前驱的。因为我们需要在数组头补0。最后一个加入队列之后，循环就会结束，并且我们是在每次弹栈时候进行计算，因此我们需要在数组尾部补0。

class Solution:def largestRectangleArea(self, heights: List[int]) -> int:queue = []# 注意这里的前驱补0和后继补0heights = [0]+heights+[0]n  = len(heights)ans = 0for i in range(n):while queue and heights[queue[-1]]>heights[i]:temp = queue.pop()ans = max(ans, (i-1-queue[-1])*heights[temp])queue.append(i)return ans

复杂度O(n)O(n)O(n)实际上每个进栈的元素最后都被弹出计算了一遍。

为什么不在元素加入栈时候计算呢？
答：这样会增加复杂度，因为我们需要计算添加这个元素之后，栈前面的所有元素都可以多了一个单位进行累加。就不如在弹出时候计算简便。