Given a 2D binary matrix filled with 0‘s and 1‘s,find the largest square containing only 1‘s and return its area.
Example:
Input:
1 0 1 0 0
1 0 1 1 1
1 1 1 1 1
1 0 0 1 0
Output: 4
DP。
思路:
知道从当前格子向左上角延伸出最大的正方形边长有信息帮助。
等我们遍历到矩阵中某个1的时候,想要让这个1做出拼正方形的贡献,有三种途径:
- 帮助左边的最大正方形,那要求现在这列往上也有足够的1;
- 帮助上面的最大正方形,那要求这行往左也有足够的1;
- 帮助左上的最大正方形,那要求现在这列往上这行往左都有足够的正方形。
这个"足够"有一种三者互相制约的感觉,最后利用这种制约关系把这三者合并到一起处理的方法就是:选出三者里最小的数,+1,就是我当前能拼出最大正方形的边长。因为取了最小值,那对三个维度都“足够”了。
状态转移方程:dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1],dp[i - 1][j],dp[i][j - 1]) + 1。对所有当前值为1的点。
扫描方向:从上到下,从左到右。依赖左上左上,常规。
细节:
1.最后返回值是面积,和你dp过程中求的边长定义不同,简单乘一乘后才能返回。
实现:
class Solution { public int maximalSquare(char[][] matrix) { // input check. if (matrix == null || matrix.length == 0 || matrix[0].length == 0) { return 0; } int edge = 0; // dp[i][j]: find the max rectangle for area of [?:i][?:j],and save the edge length of it. int[][] dp = new int[matrix.length + 1][matrix[0].length + 1]; for (int i = 1; i < dp.length; i++) { for (int j = 1; j < dp[0].length; j++) { if (matrix[i - 1][j - 1] == ‘1‘) { dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j - 1],Math.min(dp[i - 1][j],dp[i][j - 1])) + 1; edge = Math.max(edge,dp[i][j]); } } } // P1: 最后返回的是面积,而不是dp过程求出来的边长!要做转换。 return edge * edge; } }
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