51Nod 1158 全是1的最大子矩阵【单调栈】

本文介绍一种高效算法来解决寻找给定二维矩阵中全为1的最大子矩阵的问题。通过预处理得到高位子的连续1数量,利用单调栈计算左右边界,最终得出最大子矩阵的面积。

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基准时间限制:1 秒 空间限制:131072 KB 分值: 80  难度:5级算法题
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给出1个M*N的矩阵M1,里面的元素只有0或1,找出M1的一个子矩阵M2,M2中的元素只有1,并且M2的面积是最大的。输出M2的面积。
Input
第1行:2个数m,n中间用空格分隔(2 <= m,n <= 500)
第2 - N + 1行:每行m个数,中间用空格分隔,均为0或1。
Output
输出最大全是1的子矩阵的面积。
Input示例
3 3
1 1 0
1 1 1
0 1 1
Output示例
4


思路:


①首先我们O(n^2)预处理出H【i】【j】,表示以位子(i,j)向上连续1的个数。


②那么我们O(n)枚举每一行,那么每一列的连续的1就在数组H【i】【j】中,我们考虑用单调栈维护两个数组L【j】以及R【j】,表示我们以位子j作为起点,能够向左拓展最远的位子和向右拓展的最远的位子,使得【L【j】,R【j】】区间内所有的H【i】【j】都大于等于H【i】【当前位子】;


③对于答案,我们维护Max((R【j】-L【j】+1)*【i】【j】)即可。


Ac代码:

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stack>
using namespace std;
int a[2060][2060];
int h[2060][2060];
int main()
{
    int n,m;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                scanf("%d",&a[i][j]);
            }
        }
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            for(int i=1;i<=n;i++)
            {
                if(a[i][j]==1)
                h[i][j]=h[i-1][j]+1;
                else h[i][j]=0;
            }
        }
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int L[2060],R[2060];
            stack<int>s;
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                L[j]=0;
                if(s.size()==0)
                {
                    s.push(j);L[j]=j;
                }
                else
                {
                    while(s.size()>0&&h[i][s.top()]>=h[i][j])s.pop();
                    if(s.size()==0)L[j]=1;
                    else L[j]=s.top()+1;
                    s.push(j);
                }
            }
            while(!s.empty())
            {
                s.pop();
            }
            for(int j=m;j>=1;j--)
            {
                R[j]=m;
                if(s.size()==0)
                {
                    s.push(j);R[j]=j;
                }
                else
                {
                    while(s.size()>0&&h[i][s.top()]>=h[i][j])s.pop();
                    if(s.size()==0)R[j]=m;
                    else R[j]=s.top()-1;
                    s.push(j);
                }
            }
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                ans=max(ans,(R[j]-L[j]+1)*h[i][j]);
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}







题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要求通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
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