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矩形区域不超过K的最大数值和

题目要求

解题思路

来自[宫水三叶]
从题面来看显然是一道[二维前缀和]的题目。本题预处理前缀和的复杂度为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$O(m^2\ast n^2)$，因此，如果把本题当作二维前缀和模板题来做的话，整体复杂度为$O(m^2\ast n^2)$.
数据范围是$10^2$，对应的计算量是$10^8$，理论上会超时，但当我们枚举[矩形左上角]（i，j）的时候，我们只需要搜索位于（i，j）的右下方的点（p，q）作为[矩形右下角]，所以其实我们是取不满$m^2\ast n^2$的，但是，仍然存在超时风险。

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]来确定某个矩阵
换句话说是通过枚举(i,j)和(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，我们如何降低复杂呢？
简单的，我们先思考一下同样是枚举的[两数之和]问题
在[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）：

于是问题转换为[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，考虑矩阵之有一行（一维）的情况：

这时候问题进一步转换为[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]的和为：
areaSum(i,j) = sum[j] - sum[i-1] <=k
经过变形后得：
sum[j] <= k + sum[i-1]
我们两种思路来最大化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]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sun[j] - k <= sum[i] 条件最小值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$O(nlogn)$。将这样子思路应用到二维需要一点点抽象能力。
  同时，将一维思路引用到本题（二维），复杂度要么是$O(m^2\ast nlogn)$要么是$O(n^2\ast mlogm)$
  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 形成的子矩阵之和]，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] <=k
这与我们[一维问题]完全一直，同时由[上下行]&[右边列]可与直接确定area[r]的大小，通过[有序集合]存储我们遍历r过程中固定所有area[r]从而实现[二分]查找符合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换为[一维问题]进行来求解。

其他解法

首先有三个变量row,col,res第一个记录行，第二个记录列，第三个记录矩形和
然后看二维矩阵matrix，我们有两个索引left,right，这两个索引代表列与列之间的范围。
开始先从第0列开始，同时也作为左边的列left，然后再取右边的列right逐渐将右移。并且记录同一行左边的列与右边的列的和.
这里有个需要注意的，我们首先是取第0列作为左边的列，然后右边的列依次从第0列开始逐渐到最后一列，在此期间同一行的左右列会逐渐相加。当我们这次一整个循环完，左边的列会更新成1，也就是for left in range(col)，然后重置新一轮的计算和，再继续循环右边的列。
接下来当我们累加和计算完之后就相当于将二维变成了一维，之后我们将在这个一维里面计算最大的矩形和。一个列表lst用来存放累加的和，一个变量cur用来累加之前算出来的累加列表sums。
我们这里需要找到的是最大的矩形和，但是有一个条件，那就是不大于k。比如我们要求sums(i,j)=sums(0,j)-sums(0,i-1)那么我们可以把sums(i,j)=k且不大于k，sums(0,j)-sums(0,i-1)<=k,可以写成sums(0,j)-k<=sums(0,i-1)，我们可以看这个式子是否成立。
所以当我们累加和第一个值之后loc = bisect.bisect_left(lst,cur-k)可以看成sums(0,j)-k<=sums(0,i-1),接下来进行一个if判断，如果成立那么cur-lst[loc]可以看成sums(0,j)-sums(0,i-1)<=k计算出值,之后进行res最大值计算。

想不起来可以参看

https://leetcode-cn.com/problems/max-sum-of-rectangle-no-larger-than-k/solution/javacong-bao-li-kai-shi-you-hua-pei-tu-pei-zhu-shi/

代码

class Solution:def maxSumSubmatrix(self, matrix: List[List[int]], k: int) -> int:import bisectrow = len(matrix)col = len(matrix[0])res = float("-inf")for left in range(col):# 以left为左边界，每行的总和_sum = [0] * rowfor right in range(left, col):for j in range(row):_sum[j] += matrix[j][right]# 在left，right为边界下的矩阵，求不超过K的最大数值和arr = [0]cur = 0for tmp in _sum:cur += tmp# 二分法loc = bisect.bisect_left(arr, cur - k)if loc < len(arr):res = max(cur - arr[loc], res)# 把累加和加入bisect.insort(arr, cur)return res

复杂度分析

时间复杂度：$O(m^2\ast n^2)$
空间复杂度：$O(n)$