[LeetCode] 85. Maximal Rectangle
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Given a 2D binary matrix filled with 0's and 1's, find the largest rectangle containing only 1's and return its area.
Example:
Input:
[
["1","0","1","0","0"],
["1","0","1","1","1"],
["1","1","1","1","1"],
["1","0","0","1","0"]
]
Output: 6
此题是之前那道的 Largest Rectangle in Histogram 的扩展,这道题的二维矩阵每一层向上都可以看做一个直方图,输入矩阵有多少行,就可以形成多少个直方图,对每个直方图都调用 Largest Rectangle in Histogram 中的方法,就可以得到最大的矩形面积。那么这道题唯一要做的就是将每一层都当作直方图的底层,并向上构造整个直方图,由于题目限定了输入矩阵的字符只有 '0' 和 '1' 两种,所以处理起来也相对简单。方法是,对于每一个点,如果是 ‘0’,则赋0,如果是 ‘1’,就赋之前的 height 值加上1。具体参见代码如下:
解法一:
class Solution {
public:
int maximalRectangle(vector<vector<char> > &matrix) {
int res = 0;
vector<int> height;
for (int i = 0; i < matrix.size(); ++i) {
height.resize(matrix[i].size());
for (int j = 0; j < matrix[i].size(); ++j) {
height[j] = matrix[i][j] == '0' ? 0 : (1 + height[j]);
}
res = max(res, largestRectangleArea(height));
}
return res;
}
int largestRectangleArea(vector<int>& height) {
int res = 0;
stack<int> s;
height.push_back(0);
for (int i = 0; i < height.size(); ++i) {
if (s.empty() || height[s.top()] <= height[i]) s.push(i);
else {
int tmp = s.top(); s.pop();
res = max(res, height[tmp] * (s.empty() ? i : (i - s.top() - 1)));
--i;
}
}
return res;
}
};
我们也可以在一个函数内完成,这样代码看起来更加简洁一些,注意这里的 height 初始化的大小为 n+1,为什么要多一个呢?这是因为我们只有在当前位置小于等于前一个位置的高度的时候,才会去计算矩形的面积,假如最后一个位置的高度是最高的,那么我们就没法去计算并更新结果 res 了,所以要在最后再加一个高度0,这样就一定可以计算前面的矩形面积了,这跟上面解法子函数中给 height 末尾加一个0是一样的效果,参见代码如下:
解法二:
class Solution {
public:
int maximalRectangle(vector<vector<char>>& matrix) {
if (matrix.empty() || matrix[0].empty()) return 0;
int res = 0, m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
vector<int> height(n + 1);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
stack<int> s;
for (int j = 0; j < n + 1; ++j) {
if (j < n) {
height[j] = matrix[i][j] == '1' ? height[j] + 1 : 0;
}
while (!s.empty() && height[s.top()] >= height[j]) {
int cur = s.top(); s.pop();
res = max(res, height[cur] * (s.empty() ? j : (j - s.top() - 1)));
}
s.push(j);
}
}
return res;
}
};
下面这种方法的思路很巧妙,height 数组和上面一样,这里的 left 数组表示若当前位置是1且与其相连都是1的左边界的位置(若当前 height 是0,则当前 left 一定是0),right 数组表示若当前位置是1且与其相连都是1的右边界的位置再加1(加1是为了计算长度方便,直接减去左边界位置就是长度),初始化为n(若当前 height 是0,则当前 right 一定是n),那么对于任意一行的第j个位置,矩形为 (right[j] - left[j]) * height[j],我们举个例子来说明,比如给定矩阵为:
[
[1, 1, 0, 0, 1],
[0, 1, 0, 0, 1],
[0, 0, 1, 1, 1],
[0, 0, 1, 1, 1],
[0, 0, 0, 0, 1]
]
第0行:
h: 1 1 0 0 1
l: 0 0 0 0 4
r: 2 2 5 5 5
第1行:
h: 0 2 0 0 2
l: 0 1 0 0 4
r: 5 2 5 5 5
第2行:
h: 0 0 1 1 3
l: 0 0 2 2 4
r: 5 5 5 5 5
第3行:
h: 0 0 2 2 4
l: 0 0 2 2 4
r: 5 5 5 5 5
第4行:
h: 0 0 0 0 5
l: 0 0 0 0 4
r: 5 5 5 5 5
解法三:
class Solution {
public:
int maximalRectangle(vector<vector<char>>& matrix) {
if (matrix.empty() || matrix[0].empty()) return 0;
int res = 0, m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
vector<int> height(n, 0), left(n, 0), right(n, n);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int cur_left = 0, cur_right = n;
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (matrix[i][j] == '1') {
++height[j];
left[j] = max(left[j], cur_left);
} else {
height[j] = 0;
left[j] = 0;
cur_left = j + 1;
}
}
for (int j = n - 1; j >= 0; --j) {
if (matrix[i][j] == '1') {
right[j] = min(right[j], cur_right);
} else {
right[j] = n;
cur_right = j;
}
res = max(res, (right[j] - left[j]) * height[j]);
}
}
return res;
}
};
再来看一种解法,这里我们统计每一行的连续1的个数,使用一个数组 h_max, 其中 h_max[i][j] 表示第i行,第j个位置水平方向连续1的个数,若 matrix[i][j] 为0,那对应的 h_max[i][j] 也一定为0。统计的过程跟建立累加和数组很类似,唯一不同的是遇到0了要将 h_max 置0。这个统计好了之后,只需要再次遍历每个位置,首先每个位置的 h_max 值都先用来更新结果 res,因为高度为1也可以看作是矩形,然后我们向上方遍历,上方 (i, j-1) 位置也会有 h_max 值,但是用二者之间的较小值才能构成矩形,用新的矩形面积来更新结果 res,这样一直向上遍历,直到遇到0,或者是越界的时候停止,这样就可以找出所有的矩形了,参见代码如下:
解法四:
class Solution {
public:
int maximalRectangle(vector<vector<char>>& matrix) {
if (matrix.empty() || matrix[0].empty()) return 0;
int res = 0, m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
vector<vector<int>> h_max(m, vector<int>(n));
for (int i = 0; i < m; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (matrix[i][j] == '0') continue;
if (j > 0) h_max[i][j] = h_max[i][j - 1] + 1;
else h_max[i][0] = 1;
}
}
for (int i = 0; i < m; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (h_max[i][j] == 0) continue;
int mn = h_max[i][j];
res = max(res, mn);
for (int k = i - 1; k >= 0 && h_max[k][j] != 0; --k) {
mn = min(mn, h_max[k][j]);
res = max(res, mn * (i - k + 1));
}
}
}
return res;
}
};
类似题目:
Largest Rectangle in Histogram
参考资料:
https://leetcode.com/problems/maximal-rectangle/
https://leetcode.com/problems/maximal-rectangle/discuss/29054/Share-my-DP-solution
https://leetcode.com/problems/maximal-rectangle/discuss/29172/My-O(n3)-solution-for-your-reference
解法三的叙述上有些小问题, left right 是截至到上一行定下的左边界和右边界,要不然也就没有dp了。 当一旦出现0, left 和right就会被重置为0和n, 不会影响这一行的计算, height=0,同时下一行left 和 right 在0的位置上将重新计算边界.