leetcode.363. Max Sum of Rectangle No Larger Than K

Given a non-empty 2D matrix matrix and an integer k, find the max sum of a rectangle in the matrix such that its sum is no larger than k.

Example:

Given matrix = [
[1,  0, 1],
[0, -2, 3]
]
k = 2

The answer is 

2

. Because the sum of rectangle 

[[0,
1], [-2, 3]]

 is 2 and 2 is the max number no larger than k (k = 2).

Note:

The rectangle inside the matrix must have an area > 0.
What if the number of rows is much larger than the number of columns?

思路: 一种naive的算法就是枚举每个矩形块, 时间复杂度为O((mn)^2), 可以做少许优化时间复杂度可以降低到O(mnnlogm), 其中m为行数, n为列数. 

先求出任意两列之间的所有数的和, 然后再枚举任意两行之间的和, 而我们优化的地方就在后者. 我们用s[x]来表示第x行从a列到b列的和. 遍历一遍从第0行到最后一行的求和数组, 并依次将其放到二叉搜索树中, 这样当我们知道了从第0行到当前行的和的值之后, 我们就可以用lower_bound在O(log n)的时间复杂度内找到能够使得从之前某行到当前行的矩阵值最接近k. 也就是说求在之前的求和数组中找到第一个位置使得大于(curSum - k), 这种做法的原理是在curSum之下规定了一个bottom-line,
在这上面的第一个和就是(curSum-val)差值与k最接近的数. 还需要注意的是预先为二叉搜索树加一个0值, 这种做法的原理是如果当前curSum小于k!

class Solution {
public:
int maxSumSubmatrix(vector<vector<int>>& matrix, int k) {
int row = matrix.size();
if(!row) return 0;
int col = matrix[0].size();
if(!col) return 0;
int ret = INT_MIN;

for(int i=0; i<col; ++i) {
vector<int> sum(row, 0);
for(int j=i; j<col; ++j) {
for(int r=0; r<row; ++r) sum[r] += matrix[r][j];
int curSum = 0, curMax = INT_MIN;
set<int> sumSet;
sumSet.insert(0);
for(int r=0; r<row; ++r) {
curSum += sum[r];
auto it = sumSet.lower_bound(curSum-k);
if(it != sumSet.end()) curMax = max(curMax, curSum-*it);
sumSet.insert(curSum);
}
ret = max(ret, curMax);
}
}

return ret;
}
};