一、题目
1、题目描述
给你一个
m x n
的二进制矩阵grid
,每个格子要么为0
(空)要么为1
(被占据)。给你邮票的尺寸为
stampHeight x stampWidth
。我们想将邮票贴进二进制矩阵中,且满足以下 限制 和 要求 :
- 覆盖所有 空 格子。
- 不覆盖任何 被占据的格子。
- 我们可以放入任意数目的邮票。
- 邮票可以相互有 重叠 部分。
- 邮票不允许 旋转 。
- 邮票必须完全在矩阵 内 。
如果在满足上述要求的前提下,可以放入邮票,请返回
true
,否则返回false
。
2、接口描述
class Solution {
public:
bool possibleToStamp(vector<vector<int>>& grid, int stampHeight, int stampWidth) {
}
};
3、原题链接
二、解题报告
1、思路分析
对于邮票能够合法覆盖的区域内的方格[i,j],一定满足如下条件:
1、[i,j]为长度大于等于
stampWidth的全0行子序列的一格
2、[i,j]为长度大于等于
stampHeight的全0列子序列的一格
我们可以对每个格子满足条件1、2打上标记,如果所有0方格都被打上标记我们就返回true
注意到:1、2可以转化为一句话
[i,j]为宽度
stampWidth
高度stampHeight的某个全0子矩阵中的一格
那么对于这样一个矩形,有什么特点?或者说我们怎样快速判断一个高度为为stampHeight宽度为
stampWidth的子矩阵是否满足全0呢?
对于一段一维子序列,我们只要求出区间和就能判断。如果多次判断不同一维子序列,我们可以通过
O(n) 计算前缀和来
O(1)计算任意区间和。
对于二维我们也一样,只要
维护二维前缀和即可。
++关于前缀和及二维前缀和,见
前缀和超干货详解++
那么对于一个高度为为stampHeight宽度为stampWidth的子矩阵只要全0,那么该子矩阵内的所有元素都是可覆盖点,也就是说我们遍历所有
高度为为stampHeight宽度为stampWidth的子矩阵就能找到所有可覆盖方格!
我们只需要另外开一个矩阵来对可覆盖方格进行标记即可。
那么如何快速标记一个矩阵内的方格呢?
对于快速区间操作,我们有树状数组,线段树,差分数组,这里逻辑简单,只需要用二维差分数组即可。
关于差分数组,见差分数组详解,一维二维差分-CSDN博客
然后对差分数组求二维前缀和,如果存在grid[i][j] = 0并且diff[i + 1][j + 1] = 0(注意diff此时已经求完前缀和了),那么我们就返回false
2、复杂度
时间复杂度:O(mn) 空间复杂度:O(mn)
3、代码详解
class Solution {
public:
bool possibleToStamp(vector<vector<int>>& grid, int stampHeight, int stampWidth) {
int m = grid.size() , n = grid[0].size() , x , y;
vector<vector<int>> diff(m + 2 , vector<int>(n + 2)) , pre(m + 1 , vector<int>(n + 1));
//prefixsum
for(int i = 0 ; i < m ; i++)
for(int j = 0 ; j < n ; j++)
pre[i + 1][j + 1] = grid[i][j] + pre[i + 1][j] + pre[i][j + 1] - pre[i][j];
for(int i = stampHeight ; i <= m ; i++)
for(int j = stampWidth ; j <= n ; j++){
x = i - stampHeight , y = j - stampWidth;
//邮票大小内全为0
if(!(pre[i][j] - pre[i][y] - pre[x][j] + pre[x][y])){
diff[x + 1][y + 1]++;
diff[i + 1][y + 1]--;
diff[x + 1][j + 1]--;
diff[i + 1][j + 1]++;
}
}
for(int i = 0 ; i < m ; i++)
for(int j = 0 ; j < n ; j++){
diff[i + 1][j + 1] += diff[i + 1][j] + diff[i][j + 1] - diff[i][j];
if(!grid[i][j] && !diff[i + 1][j + 1]) return false;
}
return true;
}
};