Quebra-cabeça:Encontrar retângulo maior (com o máximo retângulo problema)
https://stackoverflow.com/questions/7245
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08-06-2019 - |
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Qual é o mais eficiente algoritmo para encontrar o retângulo com a maior área que vai caber no espaço vazio?
Vamos dizer que a tela se parece com isso ('#' representa cheia de área):
....................
..............######
##..................
.................###
.................###
#####...............
#####...............
#####...............
Uma provável solução é:
....................
..............######
##...++++++++++++...
.....++++++++++++###
.....++++++++++++###
#####++++++++++++...
#####++++++++++++...
#####++++++++++++...
Normalmente eu iria gostar de descobrir uma solução.Apesar de este tempo que eu gostaria de evitar o desperdício de tempo se o incómodo de vaguear ao redor do meu próprio uma vez que este tem um uso prático para um projeto em que estou trabalhando.Há uma conhecida solução?
Shog9 escreveu:
É a sua entrada uma matriz (como implícita por outras respostas), ou uma lista de oclusões na forma do arbitrariamente tamanho, posicionado retângulos (como pode ser o caso em um sistema de janelas ao lidar com posições de janela)?
Sim, eu tenho uma estrutura que mantém o controle de um conjunto de janelas colocadas na tela.Eu também tenho uma grade que mantém o controle de todas as áreas entre cada borda, se elas estiverem vazias ou cheias, e a posição de pixel de sua esquerda ou para a extremidade superior.Eu acho que tem alguma forma modificada que iria tirar proveito dessa propriedade.Você sabe de alguma?
Solução 2
@lassevk
Eu achei o artigo referenciado, a partir de DDJ: O Máximo Retângulo Problema
Outras dicas
Eu sou o autor de que o Dr.Dobb do artigo e ficar ocasionalmente perguntado sobre uma implementação.Aqui é um simples exemplo em 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;
}
Ele leva sua entrada a partir da consola.Você poderia por exemplo,pipe este ficheiro:
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
E após a impressão da sua entrada, o resultado será:
The maximal rectangle has area 12.
Location: [col=7, row=6] to [col=12, row=5]
A implementação acima não é fantasia, é claro, mas é muito estreita para a explicação do Dr.Dobb do artigo e deve ser fácil de traduzir para o que for necessário.
Aqui está uma página que tem um código e algumas análises.
O seu problema particular, começa um pouco para baixo na página, procure a página para o texto máxima retângulo problema.
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++) {
HAHA...O(m2, n2)..Isso é provavelmente o que eu teria que vir acima com.
Eu vejo que eles passam a desenvolver optmizations...parece ser bom, vou dar uma lida.
Eu implementada a solução de Dobbs em Java.
Nenhuma garantia para qualquer coisa.
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);
}
}
Depois de lutar tanto que eu escrevi este algoritmo...Basta ver o código...
Você entende isso.Este código fala !!
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);
}
}
Eu sou o autor do Máxima Retângulo Solução no LeetCode, que é o que esta resposta é baseada.
Desde a pilha de solução já foi discutido em outras respostas, eu gostaria de apresentar uma ótima O(NM) dinâmica de solução de programação que se origina a partir de usuário morrischen2008.
Intuição
Imagine um algoritmo onde para cada ponto de calculamos um retângulo, fazendo o seguinte:
Encontrar a altura máxima do retângulo por iteração para cima até que uma cheia de área é atingido
Encontrar o máximo da largura do retângulo por iteração para fora para a esquerda e para a direita até uma altura que não acomodar a altura máxima do retângulo
Por exemplo, encontrar o retângulo definido pelo ponto amarelo:
Sabemos que a máxima retângulo deve ser um dos retângulos construídos desta forma (o max e o retângulo deve ter um ponto em sua base, onde o próximo quadrado preenchido é altura acima desse ponto).
Para cada ponto, podemos definir algumas variáveis:
h - a altura do retângulo definido por esse ponto
l - o limite esquerdo do retângulo definido por esse ponto
r - o limite direito do retângulo definido por esse ponto
Estas três variáveis exclusivamente definir o retângulo em que ponto.Podemos calcular a área deste retângulo com h * (r - l).O máximo global de todas estas áreas é o nosso resultado.
Usando programação dinâmica, podemos usar a h, l, e r de cada ponto na linha anterior para calcular o h, l, e r para cada ponto na linha seguinte em tempo linear.
Algoritmo
Determinada linha matrix[i], nós mantemos o controle de h, l, e r de cada ponto na linha definindo-se três matrizes - height, left, e right.
height[j] irá corresponder a altura de matrix[i][j], e assim por diante e assim por diante com as outras matrizes.
A questão agora é: como a atualização de cada matriz.
height
h é definida como o número de contínua preencher espaços em uma linha a partir de nosso ponto de vista.Nós incremento se há um novo espaço, e defini-la como zero se o espaço for preenchido (estamos usando '1' para indicar um espaço vazio e '0' como uma encheu um).
new_height[j] = old_height[j] + 1 if row[j] == '1' else 0
left:
Considere o que faz com que as alterações para o limite esquerdo do nosso retângulo.Desde que todas as instâncias de cheio de espaços que ocorrem na linha acima da atual, já foram consideradas na versão atual do left, a única coisa que afeta a nossa left é de se encontrar um espaço cheio em nossa linha atual.
Como resultado, podemos definir:
new_left[j] = max(old_left[j], cur_left)
cur_left é um superior mais à direita cheia de espaço que encontramos.Quando nós "expandir" o retângulo à esquerda, sabemos que não pode se expandir além desse ponto, caso contrário, ele vai correr para o espaço cheio.
right:
Aqui podemos reutilizar o nosso raciocínio, em left e define:
new_right[j] = min(old_right[j], cur_right)
cur_right é o mais à esquerda ocorrência de uma cheia espaço que encontramos.
Implementação
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
