LeetCode 每日一题 Day 12 (Hard)|| 二维前缀和&二维差分

2132. 用邮票贴满网格图

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 :

  1. 覆盖所有 空 格子。
  2. 不覆盖任何 被占据 的格子。
  3. 我们可以放入任意数目的邮票。
  4. 邮票可以相互有 重叠 部分。
  5. 邮票不允许 旋转 。
  6. 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
示例 1:
LeetCode 每日一题 Day 12 (Hard)|| 二维前缀和&二维差分_第1张图片

输入:grid = [[1,0,0,0],[1,0,0,0],[1,0,0,0],[1,0,0,0],[1,0,0,0]], stampHeight = 4, stampWidth = 3
输出:true
解释:我们放入两个有重叠部分的邮票(图中标号为 1 和 2),它们能覆盖所有与空格子。\

示例 2:
LeetCode 每日一题 Day 12 (Hard)|| 二维前缀和&二维差分_第2张图片

输入:grid = [[1,0,0,0],[0,1,0,0],[0,0,1,0],[0,0,0,1]], stampHeight = 2, stampWidth = 2
输出:false
解释:没办法放入邮票覆盖所有的空格子,且邮票不超出网格图以外。

提示:

m == grid.length
n == grid[r].length
1 <= m, n <= 105
1 <= m * n <= 2 * 105
grid[r][c] 要么是 0 ,要么是 1 。
1 <= stampHeight, stampWidth <= 105

这道题目实在不会做,搬运了灵神的题解:
【算法小课堂】差分数组
一维差分的思想可以推广至二维
LeetCode 每日一题 Day 12 (Hard)|| 二维前缀和&二维差分_第3张图片
前置知识:二维前缀和
【图解】二维前缀和

思路:

由于邮票可以互相重叠,贪心地想,能放邮票就放邮票。
遍历所有能放邮票的位置去放邮票。注意邮票不能覆盖被占据的格子,也不能出界。
放邮票的同时,记录每个空格子被多少张邮票覆盖。如果存在一个空格子没被邮票覆盖,则返回 false,否则返回 true。
细节
怎么快速判断一个矩形区域可以放邮票?求出 grid 的二维前缀和,从而 O(1) 地求出任意矩形区域的元素和。如果一个矩形区域的元素和等于 0,就表示该矩形区域的所有格子都是 0。
假设用一个二维计数矩阵 cnt记录每个空格子被多少张邮票覆盖,那么放邮票时,就需要把 cnt的一个矩形区域都加一。怎么快速实现?可以用二维差分矩阵 d来代替 cnt。矩形区域都加一的操作,转变成 O(1)地对 d中四个位置的更新操作。
最后从二维差分矩阵 ddd 还原出二维计数矩阵 cnt。类似对一维差分数组求前缀和得到原数组,我们需要对二维差分矩阵求二维前缀和。遍历 cnt,如果存在一个空格子的计数值为 0,就表明该空格子没有被邮票覆盖,返回 false,否则返回 true。代码实现时,可以直接在 d数组上原地计算出 cnt。

来源:灵茶山艾府

class Solution {
public:
    bool possibleToStamp(vector<vector<int>> &grid, int stampHeight, int stampWidth) {
        int m = grid.size(), n = grid[0].size();

        // 1. 计算 grid 的二维前缀和
        vector<vector<int>> s(m + 1, vector<int>(n + 1));
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                s[i + 1][j + 1] = s[i + 1][j] + s[i][j + 1] - s[i][j] + grid[i][j];
            }
        }

        // 2. 计算二维差分
        // 为方便第 3 步的计算,在 d 数组的最上面和最左边各加了一行(列),所以下标要 +1
        vector<vector<int>> d(m + 2, vector<int>(n + 2));
        for (int i2 = stampHeight; i2 <= m; i2++) {
            for (int j2 = stampWidth; j2 <= n; j2++) {
                int i1 = i2 - stampHeight + 1;
                int j1 = j2 - stampWidth + 1;
                if (s[i2][j2] - s[i2][j1 - 1] - s[i1 - 1][j2] + s[i1 - 1][j1 - 1] == 0) {
                    d[i1][j1]++;
                    d[i1][j2 + 1]--;
                    d[i2 + 1][j1]--;
                    d[i2 + 1][j2 + 1]++;
                }
            }
        }

        // 3. 还原二维差分矩阵对应的计数矩阵(原地计算)
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                d[i + 1][j + 1] += d[i + 1][j] + d[i][j + 1] - d[i][j];
                if (grid[i][j] == 0 && d[i + 1][j + 1] == 0) {
                    return false;
                }
            }
        }
        return true;
    }
};

灵神的大致思路如下:

  1. 计算二维前缀和:

    • 通过二维前缀和矩阵 s,计算每个位置的元素和,用于快速求取任意矩形区域的元素和。通过遍历二维矩阵 grid 实现。
  2. 计算二维差分:

    • 通过二维差分矩阵 d,记录每个空格子被邮票覆盖的次数。在这个阶段,通过遍历所有可能放置邮票的位置,判断该位置是否能够放置邮票(即该矩形区域内元素和为零),如果可以,就对差分矩阵 d 进行相应的更新。
  3. 还原二维差分矩阵对应的计数矩阵:

    • 对二维差分矩阵 d 进行还原,计算出每个空格子被多少张邮票覆盖。原地计算。
  4. 检查是否有未被覆盖的空格子:

    • 最后,遍历原始矩阵 grid,对于每个空格子,如果它是空的(值为 0),并且在计数矩阵中对应位置的计数为零,说明该空格子没有被邮票覆盖,返回 false。如果所有的空格子都被覆盖,返回 true

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