在这篇文章里,我将探讨几个和求最大长方形相关的题目,并试图说明如何把一些相对复杂的问题化归成简单的易解的问题。这里的最大,可以指长方形内所有元素之各最大,也可以指面积最大。

问题一(最大和子矩阵) : 有一个 m x n 的矩阵,矩阵的元素可正可负。请找出该矩阵的一个子矩阵(方块),使得其所有元素之和在所有子矩阵中最大。(问题来源:http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1050)

问题二( 最大 0/1 方块) : 有一个 m x n 的矩阵,元素为 0 或 1。一个子矩阵,如果它所有的元素都是 0, 或者都是 1,则称其为一个 0-聚类 或 1-聚类,统称聚类(Cluster)。请找出最大的聚类(元素最多的聚类)。(问题来源:某面试题)

这两个问题,除了都是在矩阵上操作之外,似乎没有什么共同之处。其实不然。事实上,它们可以用同一个思路解决。该思路来源于下面的一个问题:

问题三(和最大的段) :有 n 个有正有负的数排成一行,求某个连续的段,使得其元素之和最大。(问题来源:某面试题。事实上,这也是一道经典题目,具体参考 http://en.wikipedia.org/wiki/Maximum_subarray_problem)

具体地说,就是把前两个问题化归成多个问题三。

问题四(最大长方形) : 有一个有 n 个项的统计直方图,假定所有的直方条 (bar) 的宽度一样。在所有边与 x 轴 和 y 轴平行的长方形中,求该被该直方图包含的面积最大的长方形。(我猜测即使不要求长方形与 x 和 y 轴平行解也是一样的,不过,没有验证过)(问题来源:某面试题目,也是一道经典题目)

问题四似乎和前三个问题毫不相关。令人吃惊地是,它的解决方法可以给最大0/1方块问题提供新思路,同样的,就是把最大0/1方块问题化归成多个问题四。本文的重点在于化归的思想 ,即把一些相对难的问题化归成一个或多个相对容易的问题,而这些容易的问题往往有更高效和优美的解。如果化归得当,问题的解会比直接去解该问题量多优美和更有效率。接下来的部分,我们先用动态规划解前两个问题,以给后面不同的解决思路提供对比。接着解决问题三,并介绍如何把前两个问题化归到问题三。最后解决最后一个问题,并应用它来给出问题二另一种思路。为了讨论方便,我们假设 m 和 n 只相差常数倍。否则的话,由于问题的对称性,我们可以翻转矩阵,从而使得时间复杂度取得最小。

 

I 前两个问题的动态规划解

先看最大和子矩阵问题。每个子矩阵由列长、行长和左上角的元素位置决定。如果我们指定左上角的元素位置 (i,j) 和列长 c,那么可以求所有这些子矩阵中和最大的。然后,变化列长 c,可以求以 (i,j) 为左上角的最大和子矩阵。最所有左上角位置再求最大和子矩阵,问题就解决了。令 OPT(i,j,c) 表示以 (i,j) 为左上角,列长为 c 的最大和子矩阵之和,OPT(i,j) 表示以 (i,j) 为左上角的最优解,而 S(i,u,v) 表示第 i 行中从列 u 到列 v所有元素之和。则

    OPT(i,j,c) = OPT(i+1,j,c) + S(i,j,j+c-1)

    OPT(i,j) = max { OPT(i,j,c) : 1 <= c <= n }

其中,j+c-1 <= n。当 i >m 时, OPT(i,j,c) = 0。一共有 O(mn) 个 OPT(i,j) 子问题,而每个 OPT(i,j) 又可以有 n 个决策,因此,总的解规模有 O(mn2 ) 个 OPT(i,j,c)。每个这样的子问题可以在 O(1) 时间内解决(想想怎么做到),因此,时间复杂度为 O(mn2 )。

对于最大 0/1 块问题,可以用类似的动态规划求解。首先只考虑 1-聚类。令 OPT(i,j,c) 表示以 (i,j) 为左上角的列长为 c 的最大 1-聚类。则, OPT(i,j,c) =

    1) 0,如果 (i,j) 为 0,或者 (i,j), (i,j+1),..., (i,j+1-c) 不全为 1;否则

    2) OPT(i+1,j,c) + c。

然后再考虑 0-聚类,过程类似。总的时间复杂度也是 O(mn2 )。这种解法虽然可行,效率也还可以,但状态比较多,而且也不够优雅,状态的构造比较生硬。如果各位有更好的动态规划思路,还望不吝留言相告。

II 和最大的段问题

这个问题,最直接的办法是对每个可能的段求和,然后取最大值。这样的话,时间复杂度是 O(n2 )。最优的解是只扫描数组一遍,因此时间为 O(n)。假设 x1, x2, ..., xt 是最优解。那么,显然, 对任何 i <= t,x1, x2,..., xi 之和不可能为负。否则,砍去这一段,我们可以得到更大的值,这些该段的最优性矛盾。这就是说,最优解的段前缀不可能为负。而换句话说,如果一个段的和为负,则不可能是最优解的一部分。一开始,令当前段为从 x1 开始的段,置为空。我们从数组开始向前搜索,并把遇到的数加入当前段 s,同时记录目前遇到的最大和。这个过程一直持续到加入某个数 xi,使得 s 之和为负,则清空 s,然后以 xi 的下一个元素为当前段的开始,继续向前搜索。重复这个过程直到数组结束。在实现时,并不需要维护集合 s 并每次都对其对和,而只需要维护一个当前段的和,当有新元素加入当前段时,更新段的和;当重新开始一个段时,清 0 该段之和。

 

[c-sharp] view plaincopy
  1. s = 0  
  2. max = 0  
  3. u = v = 1 // the starting index u and ending index v of current solution  
  4. max_u = max_v = -1 // the starting and ending index of optimal solution  
  5. for i from 1 to n  
  6.     s = s + xi  
  7.     if max < sum(s) then  
  8.         max = sum(s)  
  9.         v = i;  
  10.         max_v = v;  
  11.         max_u = u;  
  12.     end if  
  13.     if sum(s) < 0 then   
  14.         s = 0 // clear s  
  15.         u = v = i+1  
  16.     end if  
  17. end for  
  18. return max, max_u, max_v  

 

III 化归 -- 把问题一二转成问题三

先看问题一。不难发现,问题一是问题三的二维版。由于一维的问题很好解,自然而然地,如果能把二维的降到一维的来处理,那么,事情就好办了。考虑子问题 OPT(i,j),其表示所有开始于第 i 行,结束于第 j 行的子矩阵中的最大和。在这些子矩阵中,起止行都一样,只是起止列不相同。也就是说,解 OPT(i,j),就只是找出某段列,使得其和最大。这就和第三个问题很相似了。为了化了问题三,我们把这些行都叠加到一起,变成一个单行,这就和问题三一样了:找出某个段,使得其和最大。然后,我们在所有 OPT(i,j) 中取最大值,即为原来问题的解。仔细地设计算法,可以使得其时间复杂度为 O(m2 n)。

 

[c-sharp] view plaincopy
  1. opt = 0  
  2. row_u, row_v, col_u, col_v // record the optimal solution  
  3. for i from 1 to m  
  4.     line = {0,0,...,0}  
  5.     for j from i to m  
  6.         for k from 1 to n  
  7.             line[k] = line[k] + x[j,k] // add row j to line  
  8.         end for  
  9.         (max,max_u,max_v) = solve maximum subarray problem one line[1..n]  
  10.         if opt < max then  
  11.             opt = max  
  12.             col_u = max_u  
  13.             col_v = max_v  
  14.             row_u = i;  
  15.             row_v = j;  
  16.     end for  
  17. end for  
  18. return opt, row_u, row_v, col_u, col_v  

 

对于问题二,类似的转化方法,只是在做行叠加时,如果都是 0 或 1,则为1,否则,为 -1。不再穆赘述。

IV 最大长方形

在直方图中,一个长方形由其左边界和右边界决定,其最大可能的高度由两者中的最小者决定。记 R(i,j) 为由第 i 个直方柱为左边界,第 j 个直方柱确定的面积最大的长方形。如果 R(i,j) 的面积最大,那么,第 i 个直方柱比它的前一个直方柱(如果存在的话),即第 i-1 个直方柱要高,而 第 j 个直方柱的高度也比第 j+1 个的要高,否则,由 R(i,j+1) 或 R(i-1,j) 的面积比 R(i,j) 还要大,这违背了 R(i,j) 的最优性。根据这个观察,我们从第1个直方柱开始,寻找第一个 i, 使得直方柱 i 的高度比 i+1 的大,则 i 是一个可能的右边界,而 i 之前的每一根直方柱都是可能是左边界(因为 i 是第一个比 i + 1 高的直方柱,所以,在 i 之前的是一个上升的直方柱序列,每一根都比前一根要高)。这时,我们计算前面所有可能的长方形的面积,并跟当前已知的最大值进行比较,并更新当前已知的最大值(如有必要的话)。然后,我们继续向前搜索第二个这样的 i 。重复这个过程,直到最后一根直方柱。这样,我们已经遍历了所有可能是最优解的长方形,并取了其中的最大值,因此,该算法是正确的。

至于时间复杂度,似乎还不太明显。对每个直方柱,我们通过跟后一个进行比较就知道其是否为一个可能的右边界。如果是,则需要对前面的一个上升序列的每个直方住计算其和 i 确定的最大长方形的面积,这个上升序列最差情况下似乎有 O(n) 长,时间复杂度最差似乎要 O(n2 )。其实不然,只要注意到,每个可能的左边界只会被计算一次,因此,总的时间复杂度为 O(n)。我们使用一个栈来保存前面的上升直方柱序列,当遇到一个可能的右边界时,把这些可能的左边界都弹出来,并计算其和右边界确定的长方形面积。显然,每个可能的左边界只会放栈一次。

 


代码应该好理解:

//O(nlog(n)) solution is like quick sort ,
//O(n) solution is like to calculate the smaller closest previous index for each element

int CalcHistogram1(int a[], int n)
{
assert(NULL != a);
if(0 == n) return 0;

assert(n > 0);

//Find the smallest element
int nSmallest = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
assert(a >= 0);
nSmallest = a[nSmallest] < a ? nSmallest : i;
}

int nRet = a[nSmallest] * n;
int nLft = CalcHistogram1(a, nSmallest);
int nRgt = CalcHistogram1(a+nSmallest+1, n-nSmallest-1);

nRet = nRet > nLft ? nRet : nLft;
nRet = nRet > nRgt ? nRet : nRgt;

return nRet;
}

int CalcHistogram2(int a[], int n)
{
assert(NULL != a);
assert(n > 0);

int nRet = 0;
stack<int> stk;
stk.push(0);

for (int i = 1; i < n; i++)
{
assert(a >= 0);
if (a >= stk.top())
{
stk.push(a);
continue;
}

while (!stk.empty() && stk.top() > a)
{
int nTop = stk.top();
stk.pop();

nRet = nRet > (i-nTop)*a[nTop] ? nRet : (i-nTop)*a[nTop];
}
}

int nEnd = stk.top()+1;
while (!stk.empty())
{
int nTop = stk.top();
stk.pop();

nRet = nRet > (nEnd-nTop)*a[nTop] ? nRet : (nEnd-nTop)*a[nTop];
}

return nRet;
}

  1. max = 0  
  2. u = v = 0  
  3. for i from 1 to n+1  
  4.     h = i == n+1 ? 0 : bar[i].height  
  5.     if stack is empty, or h >= stack[top].height then  
  6.         push bar[i] into stack  
  7.     else  
  8.         repeat  
  9.             pop the top bar in stack to b  
  10.             area = b.height * (i-b.index)  
  11.             if max < area then  
  12.                 max = area  
  13.                 u = b.index  
  14.                 v = i-1  
  15.             end if  
  16.         until stack is empty or h > stack[top].height  
  17.     end if  
  18. end for  
  19. return max, u, v  

 

V 化归 -- 把问题二转成问题四

依然是先考虑 1-聚类。从最后一行开始向上,某个列上的连续的 1 可以看做一个直方柱,直到碰到 0 或矩阵边界。而最大的1-聚类正是该“直方图”上的最大长方形。因此,我们可以用 OPT(i) 来表示终止于行 i 的最大的 1-聚类。这样,一共有 O(m) 个子问题,而每个子问题可以上面的方法解,时间复杂度为 O(n),因此总的时间复杂度为 O(mn)!不过,前提时,对每个子问题,我们可以只用 O(n) 的时间转换成一个“直方图”。事实上,除了最后一行开始,我们可以利用 OPT(i) 的直方图来构造 OPT(i-1) 的直方图,并且在整个过程中,每个元素只需要被计算一次即可。

 

[c-sharp] view plaincopy
  1. opt = 0  
  2. row_u, row_v, col_u, col_v // the starting and ending of row and column of optimal solution, respectively  
  3. bar = [0,0,...,0]  
  4. for i from m to 1  
  5.     for j from 1 to n  
  6.         if i != m and x[i+1,j] = 1 then bar[j] = bar[j]-1  
  7.         else  
  8.             k = i  
  9.             repeat  
  10.                 bar[j] = bar[j]+1  
  11.                 k = k-1  
  12.             until k < 1 or x[k,j] = 0  
  13.         end if  
  14.     end for  
  15.     (max,u,v) = solve maximum rectangle in bar  
  16.     if opt < max then  
  17.         opt = max  
  18.         col_u = u  
  19.         col_v = v  
  20.         row_u = i - the height of the returned rectangle + 1  
  21.         row_v = i  
  22.     end if  
  23. end for  
  24. return opt, row_u, row_v, col_u, col_v  

 

这个解法相比上面的动态规划解要优美得多,而且时间复杂度更低!把一些比较难的或者维度比较高的问题化归到低维或经典的问题,往往可以得到意想不到的更好的解。先决条件是,积累足够多的题解,并善于观察题目与题目之间的联系和相似之处。

是为自勉。

posted on 2012-09-06 09:29  知识天地  阅读(3242)  评论(0编辑  收藏  举报