Max Sum of Rectangle No Larger Than K (Hard)

update Mar 15, 2018 23:03

LeetCode

Given a non-empty 2D matrix matrix and an integer k, find the max sum of a rectangle in the matrix such that its sum is no larger than k.

Example:

Given matrix = [
  [1,  0, 1],
  [0, -2, 3]
]
k = 2

The answer is 2. Because the sum of rectangle [[0, 1], [-2, 3]] is 2 and 2 is the max number no larger than k (k = 2).

Note:

  1. The rectangle inside the matrix must have an area > 0.

  2. What if the number of rows is much larger than the number of columns?

Basic Idea:

这道题的难度主要在于整合了两道题在一起。首先，要知道如何在一个一维数组中求 subarray 的不超过 k 的最大和，进而将这种解法推广到二维情况。

对于这道题，我们可以 O(N^2) 时间枚举所有的左右边界对，而对于已经确定左右边界的中间部分，我们可以通过预处理生成每个row的 refix sum 数组，实现 O(1) 时间求左右边界之间某一row的和，于是此时这个问题就变成了求一个一维数组的最大不超过 k 的 subarray 的和，总的时间复杂度也就是这一步的时间乘以之前枚举左右边界的次数 O(N^2)。

下面着重说一下一维数组求最大不超过 k 的 subarray sum 的解法。解法有两种，都要利用 prefix sum 的技巧：

1. 利用 TreeMap（BST)： 先求出 prefix sum 数组，然后逐个将 prefix sum 数组中的元素 sums[i] 加入 BST，每次加入之前检查BST中之前的使得 sums[i] - prev < k 的最小 prev，并用 sums[i] - prev 和全局最大值对比，更新全局最大值。每次操作 BST 耗时 O(logM)，共需要操作 N 次，所以时间复杂度 O(MlogM);

2. 利用排序，双指针： 先求出 prefix sum 数组 sums，然后将 sums 排序，利用双指针法从左右两端点向内逼近，沿途更新全局最大差值，时间复杂度为 O(MlogM + M) = O(MlogM);

特别注意，2 这种方法是行不通的。这种从两端向中间逼近的双指针算法只适合处理需要给定和的大小，而不能用来处理差的大小。因为事实上当right-left太小时，无论左移right还是右移left都会令其变得更小。相反，右移left和以让left+right变大，左移right则可以让left+right变小。

最后，我们可以知道总的时间复杂度为 O(N^2 * MlogM);

  • 对于Follow Up：

    如果rows远多于cols，我们就枚举cols而不是rows（也就是之前所说的枚举所有左右边界），其目的就是让时间复杂度 O(N^2 * MlogM) 中的 N 是更小的那个边长就可以。

Java Code （只能用BST）:

  class Solution {
    public int maxSumSubmatrix(int[][] matrix, int k) {
      int R = matrix.length, C = matrix[0].length;

      // 先求所有row的 prefix sum
      int[][] sums = new int[R][C];
      for (int r = 0; r < R; ++r) {
        for (int c = 0; c < C; ++c) {
          if (c == 0) {
            sums[r][c] = matrix[r][c];
          } else {
            sums[r][c] = matrix[r][c] + sums[r][c - 1];
          }
        }
      }

      // 枚举所有左右边界，对其内部部分视为一个纵向一维数组，利用BST求其max subarray sum 不大于 k
      int globalMaxSum = Integer.MIN_VALUE;
      for (int left = 0; left < C; ++left) {
        for (int right = left; right < C; ++right) {
          // 开始处理一维数组的子问题
          TreeSet<Integer> bst = new TreeSet<>();
          bst.add(0); // add 0, 这样就可以考虑到只有一个元素的情况
          int currPrefixSum = 0;
          for (int r = 0; r < R; ++r) {
            int currRowSum = sums[r][right] - sums[r][left] + matrix[r][left]; // 注意这里的技巧
            currPrefixSum += currRowSum;
            Integer prev = bst.ceiling(currPrefixSum - k); // 找到之前出现过的使得 currPrefixSum-prev<k 的最小prev
            if (prev != null) {
              globalMaxSum = Math.max(globalMaxSum, currPrefixSum - prev);
            }
            bst.add(currPrefixSum);
          }
        }
      }
      return globalMaxSum;
    }
  }
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