题目描述
这是 LeetCode 上的 363. 矩形区域不超过 K 的最大数值和 ，难度为 困难。
Tag : 「二分」、「前缀和」
给你一个 m x n 的矩阵 matrix 和一个整数 k ，找出并返回矩阵内部矩形区域的不超过 k 的最大数值和。
题目数据保证总会存在一个数值和不超过 k 的矩形区域。
示例 1：
输入：matrix = [[1,0,1],[0,-2,3]], k = 2 输出：2 解释：蓝色边框圈出来的矩形区域 [[0, 1], [-2, 3]] 的数值和是 2，且 2 是不超过 k 的最大数字（k = 2）。 复制代码
示例 2：
输入：matrix = [[2,2,-1]], k = 3 输出：3 复制代码
提示：
- m == matrix.length
- n == matrix[i].length
- 1 <= m, n <= 100
- -100 <= matrix[i][j] <= 100
- -10510^5105 <= k <= 10510^5105
朴素二维前缀和
从题面来看显然是一道「二维前缀和」的题目，如果你还不了解「二维前缀和」，可以看看 （题解）304. 二维区域和检索 - 矩阵不可变。本题预处理前缀和的复杂度为 O(m∗n)O(m * n)O(m∗n)。
搜索所有子矩阵需要枚举「矩形左上角」和「矩形右下角」，复杂度是 O(m2∗n2)O(m^2 * n^2)O(m2∗n2)。
因此，如果把本题当做二维前缀和模板题来做的话，整体复杂度是 O(m2∗n2)O(m^2 * n^2)O(m2∗n2)。
数据范围是 10210^2102，对应的计算量是 10810^8108，理论上会超时，但当我们枚举「矩形左上角」(i,j)(i,j)(i,j) 的时候，我们只需要搜索位于 (i,j)(i,j)(i,j) 的右下方的点 (p,q)(p,q)(p,q) 作为「矩形右下角」，所以其实我们是取不满 m2∗n2m^2 * n^2m2∗n2 的，但仍然具有超时风险（2021/04/20 Java 测试可通过，C++ 使用 vector 会 TLE）。
代码：
class Solution { public int maxSumSubmatrix(int[][] mat, int k) { int m = mat.length, n = mat[0].length; int[][] sum = new int[m + 1][n + 1]; for (int i = 1; i <= m; i++) { for (int j = 1; j <= n; j++) { sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + mat[i - 1][j - 1]; } } int ans = Integer.MIN_VALUE; for (int i = 1; i <= m; i++) { for (int j = 1; j <= n; j++) { for (int p = i; p <= m; p++) { for (int q = j; q <= n; q++) { int cur = sum[p][q] - sum[i - 1][q] - sum[p][j - 1] + sum[i - 1][j - 1]; if (cur <= k) { ans = Math.max(ans, cur); } } } } } return ans; } } 复制代码
- 时间复杂度：预处理前缀和数组复杂度为 O(m∗n)O(m * n)O(m∗n)，查找答案的复杂度为 O(m2∗n2)O(m^2 * n^2)O(m2∗n2)。整体复杂度为 O(m2∗n2)O(m^2 * n^2)O(m2∗n2)。
- 空间复杂度：O(m∗n)O(m * n)O(m∗n)
前缀和 & 二分（抽象一维）
我们来细想一下「朴素二维前缀和」解法是如何搜索答案（子矩阵）：通过枚举「左上角」&「右下角」来唯一确定某个矩阵。
换句话说是通过枚举 (i,j)(i,j)(i,j) 和 (p,q)(p,q)(p,q) 来唯一确定子矩阵的四条边，每个坐标点可以看作确定子矩阵的某条边。
既然要确定的边有四条，我们可以如何降低复杂度呢？
简单的，我们先思考一下同样是枚举的 1. 两数之和 问题。
在 1. 两数之和 中可以暴力枚举两个数，也可以只枚举其中一个数，然后使用数据结构（哈希表）来加速找另一个数（这是一个通用的「降低枚举复杂度」思考方向）。
对应到本题，我们可以枚举其中三条边，然后使用数据结构来加速找第四条边。
当我们确定了三条边（红色）之后，形成的子矩阵就单纯取决于第四条边的位置（黄色）：
于是问题转化为「如何快速求得第四条边（黄色）的位置在哪」。
我们可以进一步将问题缩小，考虑矩阵只有一行（一维）的情况：
这时候问题进一步转化为「在一维数组中，求解和不超过 K 的最大连续子数组之和」。
对于这个一维问题，我们可以先预处理出「前缀和」，然后枚举子数组的左端点，然后通过「二分」来求解其右端点的位置。
假定我们已经求得一维数组的前缀和数组 sum，即可得下标范围 [i,j][i,j][i,j] 的和为：
areaSum(i,j)=sum[j]−sum[i−1]⩽kareaSum(i, j) = sum[j] - sum[i - 1] \leqslant kareaSum(i,j)=sum[j]−sum[i−1]⩽k
经过变形后得：
sum[j]⩽k+sum[i−1]sum[j] \leqslant k + sum[i - 1]sum[j]⩽k+sum[i−1]
我们有两种思路来最大化 areaSum(i,j)areaSum(i, j)areaSum(i,j)：
- 确定（枚举）左端点位置
i，求得符合条件的最大右端点sum[j] - 确定（枚举）右端点位置
j，求得符合条件的最小左端点sum[i]
对于没有负权值的一维数组，我们可以枚举左端点 i，同时利用前缀和的「单调递增」特性，通过「二分」找到符合 sum[j]⩽k+sum[i−1]sum[j] \leqslant k + sum[i - 1]sum[j]⩽k+sum[i−1] 条件的最大值 sum[j]，从而求解出答案。
但是如果是含有负权值的话，前缀和将会丢失「单调递增」的特性，我们也就无法使用枚举 i 并结合「二分」查找 j 的做法。
这时候需要将过程反过来处理：我们从左到右枚举 j，并使用「有序集合」结构维护遍历过的位置，找到符合 sum[j]−k⩽sum[i]sum[j] - k \leqslant sum[i]sum[j]−k⩽sum[i] 条件的最小值 sum[i]，从而求解出答案。
基于上述分析，解决这样的一维数组问题复杂度是 O(nlogn)O(n\log{n})O(nlogn) 的。
将这样的思路应用到二维需要一点点抽象能力。
同时，将一维思路应用到本题（二维），复杂度要么是 O(m2∗nlogn)O(m^2 * n\log{n})O(m2∗nlogn) 要么是 O(n2∗mlogm)O(n^2 * m\log{m})O(n2∗mlogm)。
我们先不考虑「最大化二分收益」问题，先假设我们是固定枚举「上下行」和「右边列」，这时候唯一能够确定一个子矩阵则是取决于「左边列」：
重点是如何与「一维」问题进行关联：显然「目标子矩阵的和」等于「子矩阵的右边列 与 原矩阵的左边列 形成的子矩阵和」-「子矩阵左边列 与 原矩阵左边列 形成的子矩阵和」
我们可以使用 area[r] 代表「子矩阵的右边列 与 原矩阵的左边列 形成的子矩阵和」，使用 area[l - 1] 代表「子矩阵的左边列 与 原矩阵的左边列 形成的子矩阵和」的话，则有：
target=area[r]−area[l−1]⩽ktarget = area[r] - area[l - 1] \leqslant ktarget=area[r]−area[l−1]⩽k
这与我们「一维问题」完全一致，同时由「上下行」&「右边列」可以直接确定 area[r] 的大小，通过「有序集合」存储我们遍历 r 过程中的所有的 area[r] 从而实现「二分」查找符合 area[r]−k⩽area[l−1]area[r] - k \leqslant area[l - 1]area[r]−k⩽area[l−1] 条件的 最小 的 area[l - 1]。
至此，我们通过预处理前缀和 + 容斥原理彻底将题目转化为「一维问题」进行来求解。
代码：
class Solution { public int maxSumSubmatrix(int[][] mat, int k) { int m = mat.length, n = mat[0].length; // 预处理前缀和 int[][] sum = new int[m + 1][n + 1]; for (int i = 1; i <= m; i++) { for (int j = 1; j <= n; j++) { sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + mat[i - 1][j - 1]; } } int ans = Integer.MIN_VALUE; // 遍历子矩阵的上边界 for (int top = 1; top <= m; top++) { // 遍历子矩阵的下边界 for (int bot = top; bot <= m; bot++) { // 使用「有序集合」维护所有遍历到的右边界 TreeSet<Integer> ts = new TreeSet<>(); ts.add(0); // 遍历子矩阵的右边界 for (int r = 1; r <= n; r++) { // 通过前缀和计算 right int right = sum[bot][r] - sum[top - 1][r]; // 通过二分找 left Integer left = ts.ceiling(right - k); if (left != null) { int cur = right - left; ans = Math.max(ans, cur); } // 将遍历过的 right 加到有序集合 ts.add(right); } } } return ans; } } 复制代码
- 时间复杂度：枚举上下边界复杂度为 O(m2)O(m^2)O(m2)；枚举右边界为 O(n)O(n)O(n)，使用
TreeSet（基于红黑树）存储和查找左边界复杂度为 O(logn)O(\log{n})O(logn)。整体复杂度为 O(m2∗nlogn)O(m^2 * n\log{n})O(m2∗nlogn) - 空间复杂度：O(m∗n)O(m * n)O(m∗n)
最大化「二分」效益
上述解法中，我们先枚举的是「上下行」和「右边列」，然后通过 TreeSet 来「二分」出符合条件的「左边列」。
事实上，我们需要将「二分过程」应用到数值较大的行或者列之中，这样才能最大化我们查找的效率（同时也回答了本题的进阶部分）。
代码：
class Solution { public int maxSumSubmatrix(int[][] mat, int k) { int m = mat.length, n = mat[0].length; int[][] sum = new int[m + 1][n + 1]; for (int i = 1; i <= m; i++) { for (int j = 1; j <= n; j++) { sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + mat[i - 1][j - 1]; } } // 固定的是否为右边界 boolean isRight = n > m; int ans = Integer.MIN_VALUE; for (int i = 1; i <= (isRight ? m : n); i++) { for (int j = i; j <= (isRight ? m : n); j++) { TreeSet<Integer> ts = new TreeSet<>(); ts.add(0); for (int fixed = 1; fixed <= (isRight ? n : m); fixed++) { int a = isRight ? sum[j][fixed] - sum[i - 1][fixed] : sum[fixed][j] - sum[fixed][i - 1]; Integer b = ts.ceiling(a - k); if (b != null) { int cur = a - b; ans = Math.max(ans, cur); } ts.add(a); } } } return ans; } } 复制代码
- 时间复杂度：预处理「每行」或「每列」的前缀和，复杂度为 O(m∗n)O(m * n)O(m∗n)；枚举子矩阵的「上下行」或「左右行」，复杂度为 O(min(m,n)2)O(\min(m, n)^2)O(min(m,n)2)；结合二维前缀和套用一维最大连续子数组解决方案，复杂度为max(m,n)logmax(m,n)\max(m, n)\log{\max(m, n)}max(m,n)logmax(m,n)。整体复杂度为 O(min(m,n)2∗max(m,n)logmax(m,n))O(\min(m, n)^2 * \max(m, n)\log{\max(m, n)})O(min(m,n)2∗max(m,n)logmax(m,n))
- 空间复杂度：O(m∗n)O(m * n)O(m∗n)
空间优化
不难发现，我们在原矩阵搜索目标子矩阵的过程是严格的「从上到下」&「从左到右」的。
因此我们可以将计算前缀和的逻辑下放到搜索子矩阵的循环里去做，从而将 O(m∗n)O(m * n)O(m∗n) 的空间复杂度下降到 O(max(m,n))O(\max(m,n))O(max(m,n))。
代码：
class Solution { public int maxSumSubmatrix(int[][] mat, int k) { int m = mat.length, n = mat[0].length; boolean isRight = n > m; int[] sum = isRight ? new int[n + 1] : new int[m + 1]; int ans = Integer.MIN_VALUE; for (int i = 1; i <= (isRight ? m : n); i++) { Arrays.fill(sum, 0); for (int j = i; j <= (isRight ? m : n); j++) { TreeSet<Integer> ts = new TreeSet<>(); ts.add(0); int a = 0; for (int fixed = 1; fixed <= (isRight ? n : m); fixed++) { sum[fixed] += isRight ? mat[j - 1][fixed - 1] : mat[fixed - 1][j - 1] ; a += sum[fixed]; Integer b = ts.ceiling(a - k); if (b != null) { int cur = a - b; ans = Math.max(ans, cur); } ts.add(a); } } } return ans; } } 复制代码
- 时间复杂度：预处理「每行」或「每列」的前缀和，复杂度为 O(m∗n)O(m * n)O(m∗n)；枚举子矩阵的「上下行」或「左右行」，复杂度为 O(min(m,n)2)O(\min(m, n)^2)O(min(m,n)2)；结合二维前缀和套用一维最大连续子数组解决方案，复杂度为max(m,n)logmax(m,n)\max(m, n)\log{max(m, n)}max(m,n)logmax(m,n)。整体复杂度为 O(min(m,n)2∗max(m,n)logmax(m,n))O(\min(m, n)^2 * \max(m, n)\log{\max(m, n)})O(min(m,n)2∗max(m,n)logmax(m,n))
- 空间复杂度：O(max(m,n))O(\max(m, n))O(max(m,n))
最后
这道困难题还是有点难度的，掘友们学会了吗 🤣
建议着重体会「抽象一维」的如何被推导出来了的 ~
