最大长方形 (Maximum Submatrix & Largest Rectangle)（涵盖各种求最大矩形题目）

在这篇文章里，我将探讨几个和求最大长方形相关的题目，并试图说明如何把一些相对复杂的问题化归成简单的易解的问题。这里的最大，可以指长方形内所有元素之各最大，也可以指面积最大。

问题一（最大和子矩阵） ： 有一个 m x n 的矩阵，矩阵的元素可正可负。请找出该矩阵的一个子矩阵（方块），使得其所有元素之和在所有子矩阵中最大。(问题来源：http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1050）

问题二（ 最大 0/1 方块） ： 有一个 m x n 的矩阵，元素为 0 或 1。一个子矩阵，如果它所有的元素都是 0， 或者都是 1，则称其为一个 0-聚类 或 1-聚类，统称聚类(Cluster)。请找出最大的聚类（元素最多的聚类）。（问题来源：某面试题）

这两个问题，除了都是在矩阵上操作之外，似乎没有什么共同之处。其实不然。事实上，它们可以用同一个思路解决。该思路来源于下面的一个问题：

问题三（和最大的段） ：有 n 个有正有负的数排成一行，求某个连续的段，使得其元素之和最大。(问题来源：某面试题。事实上，这也是一道经典题目，具体参考 http://en.wikipedia.org/wiki/Maximum_subarray_problem)

具体地说，就是把前两个问题化归成多个问题三。

问题四（最大长方形） ： 有一个有 n 个项的统计直方图，假定所有的直方条 (bar) 的宽度一样。在所有边与 x 轴 和 y 轴平行的长方形中，求该被该直方图包含的面积最大的长方形。（我猜测即使不要求长方形与 x 和 y 轴平行解也是一样的，不过，没有验证过）（问题来源：某面试题目，也是一道经典题目）

问题四似乎和前三个问题毫不相关。令人吃惊地是，它的解决方法可以给最大0/1方块问题提供新思路，同样的，就是把最大0/1方块问题化归成多个问题四。本文的重点在于化归的思想 ，即把一些相对难的问题化归成一个或多个相对容易的问题，而这些容易的问题往往有更高效和优美的解。如果化归得当，问题的解会比直接去解该问题量多优美和更有效率。接下来的部分，我们先用动态规划解前两个问题，以给后面不同的解决思路提供对比。接着解决问题三，并介绍如何把前两个问题化归到问题三。最后解决最后一个问题，并应用它来给出问题二另一种思路。为了讨论方便，我们假设 m 和 n 只相差常数倍。否则的话，由于问题的对称性，我们可以翻转矩阵，从而使得时间复杂度取得最小。

I 前两个问题的动态规划解

先看最大和子矩阵问题。每个子矩阵由列长、行长和左上角的元素位置决定。如果我们指定左上角的元素位置 (i,j) 和列长 c，那么可以求所有这些子矩阵中和最大的。然后，变化列长 c，可以求以 (i,j) 为左上角的最大和子矩阵。最所有左上角位置再求最大和子矩阵，问题就解决了。令 OPT(i,j,c) 表示以 (i,j) 为左上角，列长为 c 的最大和子矩阵之和，OPT(i,j) 表示以 (i,j) 为左上角的最优解，而 S(i,u,v) 表示第 i 行中从列 u 到列 v所有元素之和。则

    OPT(i,j,c) = OPT(i+1,j,c) + S(i,j,j+c-1)

    OPT(i,j) = max { OPT(i,j,c) : 1 <= c <= n }

其中，j+c-1 <= n。当 i >m 时， OPT(i,j,c) = 0。一共有 O(mn) 个 OPT(i,j) 子问题，而每个 OPT(i,j) 又可以有 n 个决策，因此，总的解规模有 O(mn² ) 个 OPT(i,j,c)。每个这样的子问题可以在 O(1) 时间内解决（想想怎么做到），因此，时间复杂度为 O(mn² )。

对于最大 0/1 块问题，可以用类似的动态规划求解。首先只考虑 1-聚类。令 OPT(i,j,c) 表示以 (i,j) 为左上角的列长为 c 的最大 1-聚类。则， OPT(i,j,c) =

    1) 0，如果 (i,j) 为 0，或者 (i,j), (i,j+1),..., (i,j+1-c) 不全为 1；否则

    2) OPT(i+1,j,c) + c。

然后再考虑 0-聚类，过程类似。总的时间复杂度也是 O(mn² )。这种解法虽然可行，效率也还可以，但状态比较多，而且也不够优雅，状态的构造比较生硬。如果各位有更好的动态规划思路，还望不吝留言相告。

II 和最大的段问题

这个问题，最直接的办法是对每个可能的段求和，然后取最大值。这样的话，时间复杂度是 O(n² )。最优的解是只扫描数组一遍，因此时间为 O(n)。假设 x1, x2, ..., xt 是最优解。那么，显然， 对任何 i <= t，x1, x2,..., xi 之和不可能为负。否则，砍去这一段，我们可以得到更大的值，这些该段的最优性矛盾。这就是说，最优解的段前缀不可能为负。而换句话说，如果一个段的和为负，则不可能是最优解的一部分。一开始，令当前段为从 x1 开始的段，置为空。我们从数组开始向前搜索，并把遇到的数加入当前段 s，同时记录目前遇到的最大和。这个过程一直持续到加入某个数 xi，使得 s 之和为负，则清空 s，然后以 xi 的下一个元素为当前段的开始，继续向前搜索。重复这个过程直到数组结束。在实现时，并不需要维护集合 s 并每次都对其对和，而只需要维护一个当前段的和，当有新元素加入当前段时，更新段的和；当重新开始一个段时，清 0 该段之和。

III 化归 -- 把问题一二转成问题三

先看问题一。不难发现，问题一是问题三的二维版。由于一维的问题很好解，自然而然地，如果能把二维的降到一维的来处理，那么，事情就好办了。考虑子问题 OPT(i,j)，其表示所有开始于第 i 行，结束于第 j 行的子矩阵中的最大和。在这些子矩阵中，起止行都一样，只是起止列不相同。也就是说，解 OPT(i,j)，就只是找出某段列，使得其和最大。这就和第三个问题很相似了。为了化了问题三，我们把这些行都叠加到一起，变成一个单行，这就和问题三一样了：找出某个段，使得其和最大。然后，我们在所有 OPT(i,j) 中取最大值，即为原来问题的解。仔细地设计算法，可以使得其时间复杂度为 O(m² n)。

对于问题二，类似的转化方法，只是在做行叠加时，如果都是 0 或 1，则为1，否则，为 -1。不再穆赘述。

IV 最大长方形

在直方图中，一个长方形由其左边界和右边界决定，其最大可能的高度由两者中的最小者决定。记 R(i,j) 为由第 i 个直方柱为左边界，第 j 个直方柱确定的面积最大的长方形。如果 R(i,j) 的面积最大，那么，第 i 个直方柱比它的前一个直方柱（如果存在的话），即第 i-1 个直方柱要高，而 第 j 个直方柱的高度也比第 j+1 个的要高，否则，由 R(i,j+1) 或 R(i-1,j) 的面积比 R(i,j) 还要大，这违背了 R(i,j) 的最优性。根据这个观察，我们从第1个直方柱开始，寻找第一个 i, 使得直方柱 i 的高度比 i+1 的大，则 i 是一个可能的右边界，而 i 之前的每一根直方柱都是可能是左边界（因为 i 是第一个比 i + 1 高的直方柱，所以，在 i 之前的是一个上升的直方柱序列，每一根都比前一根要高）。这时，我们计算前面所有可能的长方形的面积，并跟当前已知的最大值进行比较，并更新当前已知的最大值（如有必要的话）。然后，我们继续向前搜索第二个这样的 i 。重复这个过程，直到最后一根直方柱。这样，我们已经遍历了所有可能是最优解的长方形，并取了其中的最大值，因此，该算法是正确的。

至于时间复杂度，似乎还不太明显。对每个直方柱，我们通过跟后一个进行比较就知道其是否为一个可能的右边界。如果是，则需要对前面的一个上升序列的每个直方住计算其和 i 确定的最大长方形的面积，这个上升序列最差情况下似乎有 O(n) 长，时间复杂度最差似乎要 O(n² )。其实不然，只要注意到，每个可能的左边界只会被计算一次，因此，总的时间复杂度为 O(n)。我们使用一个栈来保存前面的上升直方柱序列，当遇到一个可能的右边界时，把这些可能的左边界都弹出来，并计算其和右边界确定的长方形面积。显然，每个可能的左边界只会放栈一次。

代码应该好理解：

//O(nlog(n)) solution is like quick sort ,
//O(n) solution is like to calculate the smaller closest previous index for each element

int CalcHistogram1(int a[], int n)
{
assert(NULL != a);
if(0 == n) return 0;

assert(n > 0);

//Find the smallest element
int nSmallest = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
assert(a >= 0);
nSmallest = a[nSmallest] < a ? nSmallest : i;
}

int nRet = a[nSmallest] * n;
int nLft = CalcHistogram1(a, nSmallest);
int nRgt = CalcHistogram1(a+nSmallest+1, n-nSmallest-1);

nRet = nRet > nLft ? nRet : nLft;
nRet = nRet > nRgt ? nRet : nRgt;

return nRet;
}

int CalcHistogram2(int a[], int n)
{
assert(NULL != a);
assert(n > 0);

int nRet = 0;
stack<int> stk;
stk.push(0);

for (int i = 1; i < n; i++)
{
assert(a >= 0);
if (a >= stk.top()) 
{
stk.push(a);
continue;
}

while (!stk.empty() && stk.top() > a)
{
int nTop = stk.top();
stk.pop();

nRet = nRet > (i-nTop)*a[nTop] ? nRet : (i-nTop)*a[nTop];
}
}

int nEnd = stk.top()+1;
while (!stk.empty())
{
int nTop = stk.top();
stk.pop();

nRet = nRet > (nEnd-nTop)*a[nTop] ? nRet : (nEnd-nTop)*a[nTop];
}

return nRet;
}

V 化归 -- 把问题二转成问题四

依然是先考虑 1-聚类。从最后一行开始向上，某个列上的连续的 1 可以看做一个直方柱，直到碰到 0 或矩阵边界。而最大的1-聚类正是该“直方图”上的最大长方形。因此，我们可以用 OPT(i) 来表示终止于行 i 的最大的 1-聚类。这样，一共有 O(m) 个子问题，而每个子问题可以上面的方法解，时间复杂度为 O(n)，因此总的时间复杂度为 O(mn)！不过，前提时，对每个子问题，我们可以只用 O(n) 的时间转换成一个“直方图”。事实上，除了最后一行开始，我们可以利用 OPT(i) 的直方图来构造 OPT(i-1) 的直方图，并且在整个过程中，每个元素只需要被计算一次即可。

这个解法相比上面的动态规划解要优美得多，而且时间复杂度更低！把一些比较难的或者维度比较高的问题化归到低维或经典的问题，往往可以得到意想不到的更好的解。先决条件是，积累足够多的题解，并善于观察题目与题目之间的联系和相似之处是为自勉。

本文转自博客园知识天地的博客，原文链接：最大长方形 (Maximum Submatrix & Largest Rectangle)（涵盖各种求最大矩形题目），如需转载请自行联系原博主。