拼图:找到的最大的长方形(最大的矩形的问题)
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08-06-2019 - |
题
什么是最有效的算法找到的矩形,与最大的地区,将配合在空荡荡的空间?
让我们说的画面是这样('#'表示充满了区域):
....................
..............######
##..................
.................###
.................###
#####...............
#####...............
#####...............
一个可能的解决方案是:
....................
..............######
##...++++++++++++...
.....++++++++++++###
.....++++++++++++###
#####++++++++++++...
#####++++++++++++...
#####++++++++++++...
通常我会喜欢找出一个解决方案。虽然这次我想要避免浪费时间的摸索,我自己因为这具有实际用途为一个项目,我的工作。是有一个知名的解决办法?
Shog9 写道:
是你输入一系列(以暗示其他的答复),或者一个名单的闭塞形式的任意型、定位的长方形(可能的情况下,在一个窗口系统在处理窗口的职位)?
是的,我有一个结构,该结构跟踪一个组windows放在屏幕上。我也有一个网格,跟踪所有地区的每一个之间的边缘,无论他们是空的或者填补,并素的位置他们的离开或顶边缘。我认为还有一些形式修改其会利用这一财产。你知道吗?
解决方案 2
@lassevk
我找到了引用的文章,从DDJ: 最大的问题的矩形
其他提示
我提交人的博士Dobb的文章,并得到偶尔要求关于执行情况。这是一个简单的C:
#include <assert.h>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
typedef struct {
int one;
int two;
} Pair;
Pair best_ll = { 0, 0 };
Pair best_ur = { -1, -1 };
int best_area = 0;
int *c; /* Cache */
Pair *s; /* Stack */
int top = 0; /* Top of stack */
void push(int a, int b) {
s[top].one = a;
s[top].two = b;
++top;
}
void pop(int *a, int *b) {
--top;
*a = s[top].one;
*b = s[top].two;
}
int M, N; /* Dimension of input; M is length of a row. */
void update_cache() {
int m;
char b;
for (m = 0; m!=M; ++m) {
scanf(" %c", &b);
fprintf(stderr, " %c", b);
if (b=='0') {
c[m] = 0;
} else { ++c[m]; }
}
fprintf(stderr, "\n");
}
int main() {
int m, n;
scanf("%d %d", &M, &N);
fprintf(stderr, "Reading %dx%d array (1 row == %d elements)\n", M, N, M);
c = (int*)malloc((M+1)*sizeof(int));
s = (Pair*)malloc((M+1)*sizeof(Pair));
for (m = 0; m!=M+1; ++m) { c[m] = s[m].one = s[m].two = 0; }
/* Main algorithm: */
for (n = 0; n!=N; ++n) {
int open_width = 0;
update_cache();
for (m = 0; m!=M+1; ++m) {
if (c[m]>open_width) { /* Open new rectangle? */
push(m, open_width);
open_width = c[m];
} else /* "else" optional here */
if (c[m]<open_width) { /* Close rectangle(s)? */
int m0, w0, area;
do {
pop(&m0, &w0);
area = open_width*(m-m0);
if (area>best_area) {
best_area = area;
best_ll.one = m0; best_ll.two = n;
best_ur.one = m-1; best_ur.two = n-open_width+1;
}
open_width = w0;
} while (c[m]<open_width);
open_width = c[m];
if (open_width!=0) {
push(m0, w0);
}
}
}
}
fprintf(stderr, "The maximal rectangle has area %d.\n", best_area);
fprintf(stderr, "Location: [col=%d, row=%d] to [col=%d, row=%d]\n",
best_ll.one+1, best_ll.two+1, best_ur.one+1, best_ur.two+1);
return 0;
}
它需要其输入从控制台。你可以比如管道这个文件:
16 12
0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0
0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0
0 0 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0
0 0 0 0 1 1 * * * * * * 0 0 1 0
0 0 0 0 0 0 * * * * * * 0 0 1 0
0 0 0 0 0 0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0
0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0
0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0
和之后的打印输入,这将产出:
The maximal rectangle has area 12.
Location: [col=7, row=6] to [col=12, row=5]
执行上述是没什么特别的课程,但这是非常接近于解释在博士Dobb的文章,并应当易于翻译对什么是必要的。
这里有一页,有一些代码和一些分析。
你的特定问题开始有点下降页上,搜索网页的文本 最大的问题的矩形.
http://www.seas.gwu.edu/~simhaweb/cs151/lectures/module6/module6.html
@lassevk
// 4. Outer double-for-loop to consider all possible positions
// for topleft corner.
for (int i=0; i < M; i++) {
for (int j=0; j < N; j++) {
// 2.1 With (i,j) as topleft, consider all possible bottom-right corners.
for (int a=i; a < M; a++) {
for (int b=j; b < N; b++) {
哈哈...O(m2n2)..这可能是什么我都会来了。
我看到他们走上发展optmizations...看起来好,我会一读。
我实施的解决方案的多布斯在Java。
没有担保的任何东西。
package com.test;
import java.util.Stack;
public class Test {
public static void main(String[] args) {
boolean[][] test2 = new boolean[][] { new boolean[] { false, true, true, false },
new boolean[] { false, true, true, false }, new boolean[] { false, true, true, false },
new boolean[] { false, true, false, false } };
solution(test2);
}
private static class Point {
public Point(int x, int y) {
this.x = x;
this.y = y;
}
public int x;
public int y;
}
public static int[] updateCache(int[] cache, boolean[] matrixRow, int MaxX) {
for (int m = 0; m < MaxX; m++) {
if (!matrixRow[m]) {
cache[m] = 0;
} else {
cache[m]++;
}
}
return cache;
}
public static void solution(boolean[][] matrix) {
Point best_ll = new Point(0, 0);
Point best_ur = new Point(-1, -1);
int best_area = 0;
final int MaxX = matrix[0].length;
final int MaxY = matrix.length;
Stack<Point> stack = new Stack<Point>();
int[] cache = new int[MaxX + 1];
for (int m = 0; m != MaxX + 1; m++) {
cache[m] = 0;
}
for (int n = 0; n != MaxY; n++) {
int openWidth = 0;
cache = updateCache(cache, matrix[n], MaxX);
for (int m = 0; m != MaxX + 1; m++) {
if (cache[m] > openWidth) {
stack.push(new Point(m, openWidth));
openWidth = cache[m];
} else if (cache[m] < openWidth) {
int area;
Point p;
do {
p = stack.pop();
area = openWidth * (m - p.x);
if (area > best_area) {
best_area = area;
best_ll.x = p.x;
best_ll.y = n;
best_ur.x = m - 1;
best_ur.y = n - openWidth + 1;
}
openWidth = p.y;
} while (cache[m] < openWidth);
openWidth = cache[m];
if (openWidth != 0) {
stack.push(p);
}
}
}
}
System.out.printf("The maximal rectangle has area %d.\n", best_area);
System.out.printf("Location: [col=%d, row=%d] to [col=%d, row=%d]\n", best_ll.x + 1, best_ll.y + 1,
best_ur.x + 1, best_ur.y + 1);
}
}
后挣扎,这么多的我写了这个算法的...只是看到码...
你明白这一点。这个代码的说话!!
import java.util.Scanner;
import java.util.Stack;
/**
* Created by BK on 05-08-2017.
*/
public class LargestRectangleUnderHistogram {
public static void main(String... args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
int n = scanner.nextInt();
int[] input = new int[n];
for (int j = 0; j < n; j++) {
input[j] = scanner.nextInt();
}
/*
* This is the procedure used for solving :
*
* Travel from first element to last element of the array
*
* If stack is empty add current element to stack
*
* If stack is not empty check for the top element of stack if
* it is smaller than the current element push into stack
*
* If it is larger than the current element pop the stack until we get an
* element smaller than the current element or until stack becomes empty
*
* After popping each element check if the stack is empty or not..
*
* If stack is empty it means that this is the smallest element encountered till now
*
* So we can multiply i with this element to get a big rectangle which is contributed by
*
* this
*
* If stack is not empty then check for individual areas(Not just one bar individual area means largest rectangle by this) (i-top)*input[top]
*
*
* */
/*
* Initializing the maxarea as we check each area with maxarea
*/
int maxarea = -1;
int i = 0;
Stack<Integer> stack = new Stack<>();
for (i = 0; i < input.length; i++) {
/*
* Pushing the element if stack is empty
* */
if (stack.isEmpty()) {
stack.push(i);
} else {
/*
* If stack top element is less than current element push
* */
if (input[stack.peek()] < input[i]) {
stack.push(i);
} else {
/*
* Else pop until we encounter an element smaller than this in stack or stack becomes empty
*
* */
while (!stack.isEmpty() && input[stack.peek()] > input[i]) {
int top = stack.pop();
/*
* If stack is empty means this is the smallest element encountered so far
*
* So we can multiply this with i
* */
if (stack.isEmpty()) {
maxarea = maxarea < (input[top] * i) ? (input[top] * i) : maxarea;
}
/*
* If stack is not empty we find areas of each individual rectangle
* Remember we are in while loop
*/
else {
maxarea = maxarea < (input[top] * (i - top)) ? (input[top] * (i - top)) : maxarea;
}
}
/*
* Finally pushing the current element to stack
* */
stack.push(i);
}
}
}
/*
* This is for checking if stack is not empty after looping the last element of input
*
* This happens if input is like this 4 5 6 1 2 3 4 5
*
* Here 2 3 4 5 remains in stack as they are always increasing and we never got
*
* a chance to pop them from stack by above process
*
* */
while (!stack.isEmpty()) {
int top = stack.pop();
maxarea = maxarea < (i - top) * input[top] ? (i - top) * input[top] : maxarea;
}
System.out.println(maxarea);
}
}
我是作者 最大的矩形解决方案 在LeetCode,这是什么这个答案是基础上的。
由于堆为基础的解决方案已经讨论了在其他的答案,我想提出一个最佳的 O(NM)
动态规划解决方案,它源自用户 morrischen2008.
直觉
想象一下,一个算法在那里的每个点上,我们计算出一个矩形,这样做如下:
发现的最大高度的矩形,通过循环向上直到一个充满区域达到了
发现的最大宽度的矩形,通过向外迭代左右,直到一个高度不适应最大高度的矩形
我们知道,最大的矩形必须是一个矩形以这种方式构造(最大的矩形,必须有一点在其基础上在下一个充满广场 高度 上述这一点)。
对于每一点上,我们定义的一些变量:
h
-高度的定义的矩形,通过这点
l
-左边界定义的矩形,通过这点
r
-正确定的定义的矩形,通过这点
这三个变量的唯一定义的矩形,在这一点上。我们可以计算该区域的这个矩形 h * (r - l)
.全球最大的所有这些领域是我们的结果。
使用动态规划,我们可以使用 h
, l
, , r
每一点在前排来计算的 h
, l
, , r
对于每一点在下一个行在线性时间。
算法
给行 matrix[i]
, 我们跟踪的 h
, l
, , r
每个点在行通过确定三个阵列- height
, left
, , right
.
height[j]
将对应的高度 matrix[i][j]
, 等等,与其他阵列。
现在的问题变得如何更新每个阵列。
height
h
被定义为持续的未填补空间线从我们的观点。我们增加,如果有一个新的空间,并将其设置为零,如果对空间充满了(我们使用'1'表明一个空的空间和'0'作为一个填满)。
new_height[j] = old_height[j] + 1 if row[j] == '1' else 0
left
:
考虑是什么原因导致的变化往左我们的矩形。由于所有的实例,充满空间中发生的行上述的前一个已经考虑到目前的版本 left
, 唯一影响着我们 left
是如果我们遇到一个填补空间在我们的流行。
因此,我们可以界定:
new_left[j] = max(old_left[j], cur_left)
cur_left
是一个大于最右边充满空间,我们遇到了。当我们"扩大"矩形的左边,我们知道它不能扩大过去这一点,否则它就会运行到充满空间。
right
:
在这里,我们可以重复使用我们的推理 left
和定义:
new_right[j] = min(old_right[j], cur_right)
cur_right
是左边发生的一个充满空间,我们遇到了。
执行情况
def maximalRectangle(matrix):
if not matrix: return 0
m = len(matrix)
n = len(matrix[0])
left = [0] * n # initialize left as the leftmost boundary possible
right = [n] * n # initialize right as the rightmost boundary possible
height = [0] * n
maxarea = 0
for i in range(m):
cur_left, cur_right = 0, n
# update height
for j in range(n):
if matrix[i][j] == '1': height[j] += 1
else: height[j] = 0
# update left
for j in range(n):
if matrix[i][j] == '1': left[j] = max(left[j], cur_left)
else:
left[j] = 0
cur_left = j + 1
# update right
for j in range(n-1, -1, -1):
if matrix[i][j] == '1': right[j] = min(right[j], cur_right)
else:
right[j] = n
cur_right = j
# update the area
for j in range(n):
maxarea = max(maxarea, height[j] * (right[j] - left[j]))
return maxarea