Given a 2D binary matrix filled with 0's and 1's, find the largest rectangle containing all ones and return its area.
PS:将其化解为柱状图求最大体积的问题。先用动态规划的思路,将矩形中垂直方向的连续1的数量进行计算。
而后逐行扫描,并在扫描时将其转化为柱状图求体积。
即若高度一直增加,则持续压入栈,当出现h[i]<栈顶高度时,则出栈,并计算出栈元素的所在矩形的体积。持续计算直到栈顶元素高度小于h[i],则将h[i]压栈。
注意:计算时需要在原始数据队尾加入0以使得扫描继续到最后一个元素。此时队列长度为n+1,最大宽度n。
计算矩形时,宽度为i-s.top-1,若栈内无元素,则表明h[i]之前的所有元素的高度都<h[i],则宽度为i。
首先我们看一下下面的例子:
height的内容是 [5,6,7,8,3],特点是除了最后一个,前面全部保持递增,且最后一个立柱的高度小于前面所有立柱高度。
对于这种特点的柱状图,如果使用上面所说的“挨个使用每一个柱状图的高度作为矩形的高度,求面积”的方法,还需要用嵌套循环吗?
我们知道除了最后一个,从第一个到倒数第二个立柱的高度都在升高,那么如果挨个使用每一个柱的高度作为矩形的高度,那么依次能得到的矩形的宽度就可以直接算出来:使用5作为高度可以使用前四个立柱组成 4*5的矩形,高度6可以组成3*6的矩形... 因此只需要遍历一次,选出最大面积即可。
对于这种类型的柱状图,最大矩形面积的时间复杂度是O(n)。
我们将这种特点的柱状图称为“波峰图”。
下面介绍新的解法的步骤:
(1) 在height尾部添加一个0,也就是一个高度为0的立柱。作用是在最后也能凑成上面提的那种“波峰图”。
(2) 定义了一个stack,然后遍历时如果height[i] 大于stack.top(),进栈。反之,出栈直到栈顶元素小于height[i]。
由于出栈的这些元素高度都是递增的,我们可以求出这些立柱中所围成的最大矩形。更妙的是,由于这些被弹出的立柱处于“波峰”之上(比如弹出i 到 i+k,那么所有这些立柱的高度都高于 i-1和 i+k+1的高度),因此,如果我们使用之前所提的“左右延伸找立柱”的思路解,以这些立柱的高度作为整个矩形的高度时,左右延伸出的矩形所包含的立柱不会超出这段“波峰”,因为波峰外的立柱高度都比他们低。“波峰图”其实就是求解最大矩形的“孤岛”,它不会干扰到外部。
(3) 由于比height[i]大的元素都出完了,height[i]又比栈顶元素大了,因此再次进栈。如此往复,直到遍历到最后那个高度为0的柱,触发最后的弹出以及最后一次面积的计算,此后stack为空。
(4) 返回面积最大值。
栈中存的不是高度,而是height的索引,这样做的好处是不会影响宽度的计算,索引值相减 = 宽度。
1 class Solution { 2 public: 3 int maximalRectangle(vector<vector<char> > &matrix) { 4 int m=matrix.size(); 5 int n=matrix[0].size(); 6 if(m<1||n<1) return 0; 7 vector<vector<int>> v(m,vector<int>(n,0)); 8 for(int i=0;i<n;i++) 9 v[0][i]=matrix[0][i]=='1'; 10 for(int i=0;i<n;i++){ 11 for(int j=1;j<m;j++){ 12 v[j][i]=matrix[j][i]=='1'?v[j-1][i]+1:0; 13 } 14 } 15 int max=0; 16 for(int i=0;i<m;i++){ 17 int tmp=sol(v[i]); 18 if(tmp>max) max=tmp; 19 } 20 return max; 21 } 22 int sol(vector<int> v){ 23 v.push_back(0); 24 int n=v.size(); 25 stack<int> s; 26 int res=0; 27 for(int i=0;i<n;i++){ 28 while(!s.empty()&&v[s.top()]>=v[i]){ 29 int index=s.top(); 30 s.pop(); 31 int max=v[index]*(s.empty()?i:(i-s.top()-1)); 32 if(max>res) res=max; 33 } 34 s.push(i); 35 } 36 return res; 37 } 38 };