LeetCode 3212. 统计X和Y出现次数相等的子矩阵数量
题目描述
给你一个大小为 m x n 的二维字符矩阵 grid，矩阵中的每个字符要么是 'X'，要么是 'Y'，要么是 '.'。
请你统计所有以 (0,0) 为左上角、以任意格子为右下角的子矩阵中，满足以下条件的个数：
- 子矩阵中至少包含一个
'X'； - 子矩阵中
'X'和'Y'的出现次数相等。
示例
例如：
输入：grid = [["X","Y","."],["Y",".","X"]]
输出：3
解释：以 (0,0) 为左上角的子矩阵中，有 3 个满足条件。（示例仅为辅助理解，具体可参考原题）
解题思路
本题要求统计所有固定左上角为原点 的子矩阵，因此我们可以利用二维前缀和 来快速计算任意从 (0,0) 到 (i,j) 的矩形区域内 'X' 和 'Y' 的数量。
算法步骤
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定义三维数组
sum[m+1][n+1][2]，其中sum[i+1][j+1][0]表示从(0,0)到(i,j)的子矩阵中'X'的数量，sum[i+1][j+1][1]表示'Y'的数量。 -
遍历每个格子
(i,j)，利用容斥原理更新前缀和：sum[i+1][j+1][0] = sum[i+1][j][0] + sum[i][j+1][0] - sum[i][j][0]; sum[i+1][j+1][1] = sum[i+1][j][1] + sum[i][j+1][1] - sum[i][j][1]; -
如果当前格子不是
'.'，根据字符的最低位增加对应计数：'X'的 ASCII 码为 88（二进制1011000，最低位 0）；'Y'的 ASCII 码为 89（二进制1011001，最低位 1）。
因此可以用grid[i][j] & 1来区分：值为 0 表示'X'，值为 1 表示'Y'，并将相应维度的计数加 1。
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每次更新完当前
(i,j)对应的前缀和后，立即检查从(0,0)到(i,j)的矩形是否满足条件：sum[i+1][j+1][0] > 0（至少一个'X'）；sum[i+1][j+1][0] == sum[i+1][j+1][1]（数量相等）。
若满足，则答案ans加 1。
-
遍历结束，返回
ans。
代码实现
cpp
class Solution {
public:
int numberOfSubmatrices(vector<vector<char>>& grid) {
int ans = 0, m = grid.size(), n = grid[0].size();
// 三维前缀和，sum[i+1][j+1][0] 表示 (0,0) 到 (i,j) 的 X 数量，[1] 表示 Y 数量
vector sum(m + 1, vector<array<int, 2>>(n + 1));
for (int i = 0; i < m; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
// 容斥原理更新前缀和
sum[i + 1][j + 1][0] = sum[i + 1][j][0] + sum[i][j + 1][0] - sum[i][j][0];
sum[i + 1][j + 1][1] = sum[i + 1][j][1] + sum[i][j + 1][1] - sum[i][j][1];
// 如果当前格子不是 '.'，则根据字符最低位增加对应计数
if (grid[i][j] != '.') {
sum[i + 1][j + 1][grid[i][j] & 1]++;
}
// 检查从 (0,0) 到 (i,j) 的子矩阵是否满足条件
if (sum[i + 1][j + 1][0] && sum[i + 1][j + 1][0] == sum[i + 1][j + 1][1]) {
ans++;
}
}
}
return ans;
}
};复杂度分析
- 时间复杂度：O(m × n)，只需遍历矩阵一次，每次更新和检查都是 O(1) 操作。
- 空间复杂度：O(m × n)，用于存储二维前缀和数组。
总结
本题利用二维前缀和快速获取子矩阵中字符的频次，并通过巧妙的位运算区分 'X' 和 'Y'，代码简洁高效。注意题目要求子矩阵必须从 (0,0) 开始，因此只需枚举右下角即可。