[mock]8月8日

第一题是整数的方阵，求其中的子方阵，和最大。返回最大和以及子方阵宽度。因为做了topcoder的题，所以比较顺手，O(n^3)的复杂度。

pair<int,int> maxiSum(vector<vector<int> > &a) {  //first is n second is sum
    int N = a.size();
    int retVal = INT_MIN;
    int n = 1;
    // fix two columns, i, j
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        vector<int> sum(N);
        for (int j = i; j < N; j++) {
            // calc the sum per line
            for (int k = 0; k < N; k++) {
                    sum[k] = sum[k] + a[k][j];
            }
            // calc the sum of the squere with i, j
            int tmpSum = 0;
            int w = j - i;
            for (int m = 0; m < N; m++) {
                if (m < w) {
                    tmpSum += sum[m];
                } else if (m == w) {
                    tmpSum += sum[m];
                    if (tmpSum > retVal) {
                        retVal = tmpSum;
                        n = w + 1;
                    }
                } else {
                    tmpSum += sum[m];
                    tmpSum -= sum[m - w - 1];
                    if (tmpSum > retVal) {
                        retVal = tmpSum;
                        n = w + 1;
                    }
                }
            }
        }
    }
    return make_pair(n, retVal);
}

第二题，是有个0和1的矩阵，求里面每个位置到最近的0的距离（类似曼哈顿距离）。这个题一开始想动态规划什么的，都不合适，比较像洪泛，但如果从每个0或1出发，就效率很低，n^4和完全枚举是一样的。后来想到和之前topcoder的一道题挺像，可以先把0全部放到queue里面，然后逐步往外扩，便可求得。

void make(vector<vector<int> > &matrix) {
    int N = matrix.size();
    vector<vector<int> > dist;
    vector<vector<bool> > visited;
    dist.resize(N);
    visited.resize(N);
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        dist[i].resize(N);
        visited[i].resize(N);
    }
    queue<pair<int, int> > que;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        for (int j = 0; j < N; j++) {
            if (matrix[i][j] == 0) {
                dist[i][j] = 0;
                visited[i][j] = true;
                que.push(make_pair(i, j));
            }
        }
    }
    while (!que.empty()) {
        pair<int, int> pp = que.front();
        que.pop();

        if (valid(pp.first - 1, pp.second, visited)) {
            dist[pp.first - 1][pp.second] = dist[pp.first][pp.second] + 1;
            que.push(make_pair(pp.first - 1, pp.second));
            visited[][] = true;
        }
        if (valid(pp.first, pp.second - 1, visited)) {

        }
        if (valid(pp.first + 1, pp.second, visited)) {

        }
        if (valid(pp.first, pp.second + 1, visited)) {

        }
    }

    // copy to matrix
    matrix = dist;
}

bool valid(int i, int j, vector<vector<bool> > & visited) {
    // return whether we need to process this elem
    int N = visited.size();
    if (i < 0 || j < 0 || i >= N || j >= N || visited[i][j]) {
        return false;
    }
    return true;
}

遍历四个方向的代码其实应该更精简，类似如下：

dx[] = {-1,0,1,0}
dy[] = {0,1,0,-1}

x + dx[i]
y + dy[i]

第三题当时没有想出来，是求一个数组中子段和的绝对值最小值。比如如下数组，就是1+2+ -3的绝对值最小。

{1，2，－3，－100，3}

这个题目很自然会想到去用最大子段和的做法，但是（应该）不能类似动态规划降到O(n)。关键是，不满足最优子问题的特性。比如该数组中前三个元素的最优解是0，前两个元素的最优解是2，0没有用到之前最优解地方。

那么正确的做法是可以记录之前的前缀和，然后排序，就可以求得了。因为：|sum[i..j]| = |p[j] - p[i - 1]|，p是前缀和，那么排完序后，相邻的两个就能求得绝对值最小，只是要注意，i从0开始，那么p[-1]就是不包括0的情况，就是0，要在前缀和数组里加一个0.

本题的前缀和数组排序完了就是如下，里面两个0，一个开始之前p[-1]，一个p[2]，就能求出sum[0..2]=0，绝对值最小。

{-97, -94,  0, 0, 1, 3}