题目及测试
package pid085;
/* 85. 最大矩形
给定一个仅包含 0 和 1 的二维二进制矩阵，找出只包含 1 的最大矩形，并返回其面积。
示例:
输入:
[
["1","0","1","0","0"],
["1","0","1","1","1"],
["1","1","1","1","1"],
["1","0","0","1","0"]
]
输出: 6
*/
import java.util.List;
public class main {
public static void main(String[] args) {
char[][] testTable = {{'1','0','1','0','0'},{'1','0','1','1','1'},
{'1','1','1','1','1'},{'1','0','0','1','0'}};
test(testTable);
}
private static void test(char[][] ito) {
Solution solution = new Solution();
int rtn;
long begin = System.currentTimeMillis();
for(char[] now:ito){
for(char nowc:now){
System.out.print(nowc+" ");
}
System.out.println();
}
System.out.println();
//开始时打印数组
rtn= solution.maximalRectangle(ito);//执行程序
long end = System.currentTimeMillis();
System.out.println("rtn=" );
System.out.print(rtn);
System.out.println();
System.out.println("耗时：" + (end - begin) + "ms");
System.out.println("-------------------");
}
}
自己没想出来
解法1（别人的）
动态规划 - 使用柱状图的优化暴力方法
我们可以以常数时间计算出在给定的坐标结束的矩形的最大宽度。我们可以通过记录每一行中每一个方块连续的“1”的数量来实现这一点。每遍历完一行，就更新该点的最大可能宽度。通过以下代码即可实现。 row[i] = row[i - 1] + 1 if row[i] == '1'.
一旦我们知道了每个点对应的最大宽度，我们就可以在线性时间内计算出以该点为右下角的最大矩形。当我们遍历列时，可知从初始点到当前点矩形的最大宽度，就是我们遇到的每个最大宽度的最小值。
我们定义：
maxWidth=min(maxWidth,widthHere)
curArea=maxWidth∗(currentRow−originalRow+1)
maxArea=max(maxArea,curArea)
就是每次的面积=长*到这个点最大的宽，不断计算最大的面积
对每个点重复这一过程，就可以得到全局最大。
注意，我们预计算最大宽度的方法事实上将输入转化成了一系列的柱状图，每一栏是一个新的柱状图。我们在针对每个柱状图计算最大面积。
class Solution {
public int maximalRectangle(char[][] matrix) {
if (matrix.length == 0) return 0;
int maxarea = 0;
int[][] dp = new int[matrix.length][matrix[0].length];
for(int i = 0; i < matrix.length; i++){
for(int j = 0; j < matrix[0].length; j++){
if (matrix[i][j] == '1'){
// compute the maximum width and update dp with it
dp[i][j] = j == 0? 1 : dp[i][j-1] + 1;
int width = dp[i][j];
// compute the maximum area rectangle with a lower right corner at [i, j]
for(int k = i; k >= 0; k--){
width = Math.min(width, dp[k][j]);
maxarea = Math.max(maxarea, width * (i - k + 1));
}
}
}
} return maxarea;
}
}
解法2（别人的）
使用柱状图 - 栈
在上一方法中我们讨论了将输入拆分成一系列的柱状图，每个柱状图代表一列的子结构。为了计算长方形的最大面积，我们仅仅需要计算每个柱状图中的最大面积并找到全局最大值（注意后面的解法对每一行而非列建立了柱状图，两者思想一致）。
class Solution {
// Get the maximum area in a histogram given its heights
public int leetcode84(int[] heights) {
Stack < Integer > stack = new Stack < > ();
stack.push(-1);
int maxarea = 0;
for (int i = 0; i < heights.length; ++i) {
while (stack.peek() != -1 && heights[stack.peek()] >= heights[i])
maxarea = Math.max(maxarea, heights[stack.pop()] * (i - stack.peek() - 1));
stack.push(i);
}
while (stack.peek() != -1)
maxarea = Math.max(maxarea, heights[stack.pop()] * (heights.length - stack.peek() -1));
return maxarea;
}
public int maximalRectangle(char[][] matrix) {
if (matrix.length == 0) return 0;
int maxarea = 0;
int[] dp = new int[matrix[0].length];
for(int i = 0; i < matrix.length; i++) {
for(int j = 0; j < matrix[0].length; j++) {
// update the state of this row's histogram using the last row's histogram
// by keeping track of the number of consecutive ones
dp[j] = matrix[i][j] == '1' ? dp[j] + 1 : 0;
}
// update maxarea with the maximum area from this row's histogram
maxarea = Math.max(maxarea, leetcode84(dp));
} return maxarea;
}
}
解法3（别人的）
想象一个算法，对于每个点我们会通过以下步骤计算一个矩形：
不断向上方遍历，直到遇到“0”，以此找到矩形的最大高度。
向左右两边扩展，直到无法容纳矩形最大高度。
例如，找到黄色点对应的矩形：
我们知道，最大矩形必为用这种方式构建的矩形之一。
给定一个最大矩形，其高为 h， 左边界 l，右边界 r，在矩形的底边，区间 [l, r]内必然存在一点，其上连续1的个数（高度）<=h。若该点存在，则由于边界内的高度必能容纳h，以上述方法定义的矩形会向上延伸到高度h，再左右扩展到边界 [l, r] ，于是该矩形就是最大矩形。
若不存在这样的点，则由于[l, r]内所有的高度均大于h，可以通过延伸高度来生成更大的矩形，因此该矩形不可能最大。
综上，对于每个点，只需要计算h， l，和 r - 矩形的高，左边界和右边界。
使用动态规划，我们可以在线性时间内用上一行每个点的 h，l，和 r 计算出下一行每个点的的h，l，和r。
给定一行 matrix[i]，我们通过定义三个数组height，left，和 right来记录每个点的h，l，和 r。height[j] 对应matrix[i][j]的高，以此类推。
问题转化为如何更新每个数组。
Height:
这个比较容易。 h 的定义是从该点出发连续的1的个数。
row[j] = row[j - 1] + 1 if row[j] == '1'
只需要一点改动即可:
new_height[j] = old_height[j] + 1 if row[j] == '1' else 0
Left:
考虑哪些因素会导致矩形左边界的改变。由于当前行之上的全部0已经考虑在当前版本的left中，唯一能影响left就是在当前行遇到0。
因此我们可以定义:
new_left[j] = max(old_left[j], cur_left)
cur_left是我们遇到的最右边的0的序号加1。当我们将矩形向左 “扩展” ，我们知道，不能超过该点，否则会遇到0。
Right:
我们可以沿用 left 的思路，定义:
new_right[j] = min(old_right[j], cur_right)
cur_right 是我们遇到的最左边的0的序号。简便起见，我们不把 cur_right 减去1 (就像我们给cur_left加上1那样) ，这样我们就可以用height[j] * (right[j] - left[j]) 而非height[j] * (right[j] + 1 - left[j])来计算矩形面积。
这意味着， 严格地说 ，矩形的底边由半开半闭区间[l, r) 决定，而非闭区间 [l, r]，且 right比右边界大1。尽管不这样做算法也可以正确运行，但这样会让计算看起来更简洁。
注意，为了正确的记录 cur_right，我们需要从右向左迭代。因此，更新right时需要从右向左。
一旦left，right，和 height数组能够正确更新，我们就只需要计算每个矩形的面积。
由于我们知道矩形 j的边界和高，可以简单地用height[j] * (right[j] - left[j])来计算面积，若j的面积 大于max_area，则更新之。
class Solution {
public int maximalRectangle(char[][] matrix) {
if(matrix.length == 0) return 0;
int m = matrix.length;
int n = matrix[0].length;
int[] left = new int[n]; // initialize left as the leftmost boundary possible
int[] right = new int[n];
int[] height = new int[n];
Arrays.fill(right, n); // initialize right as the rightmost boundary possible
int maxarea = 0;
for(int i = 0; i < m; i++) {
int cur_left = 0, cur_right = n;
// update height
for(int j = 0; j < n; j++) {
if(matrix[i][j] == '1') height[j]++;
else height[j] = 0;
}
// update left
for(int j=0; j<n; j++) {
if(matrix[i][j]=='1') left[j]=Math.max(left[j],cur_left);
else {left[j]=0; cur_left=j+1;}
}
// update right
for(int j = n - 1; j >= 0; j--) {
if(matrix[i][j] == '1') right[j] = Math.min(right[j], cur_right);
else {right[j] = n; cur_right = j;}
}
// update area
for(int j = 0; j < n; j++) {
maxarea = Math.max(maxarea, (right[j] - left[j]) * height[j]);
}
}
return maxarea;
}
}