[Repost] 悬线法

《浅谈用极大化思想解决最大子矩形问题》
作者：王知昆

---

首先，根据定理1：最大有效子矩形一定是一个极大子矩形。不过与前一种算法不同的是，我们不再要求每一次枚举的一定是极大子矩形而只要求所有的极大子矩形都被枚举到。看起来这种算法可能比前一种差，其实不然，因为前一种算法并不是完美的：虽然每次考察的都是极大子矩形，但它还是做了一定量的“无用功”。可以发现，当障碍点很密集的时候，前一种算法会做大量没用的比较工作。要解决这个问题，我们必须跳出前面的思路，重新考虑一个新的算法。注意到极大子矩形的个数不会超过矩形内单位方格的个数，因此我们有可能找出一种时间复杂度是O(N×M)的算法。

定义：

有效竖线：除了两个端点外，不覆盖任何障碍点的竖直线段。

悬线：上端点覆盖了一个障碍点或达到整个矩形上端的有效竖线。如图所示的三个有效竖线都是悬线。

对于任何一个极大子矩形，它的上边界上要么有一个障碍点，要么和整个矩形的上边界重合。那么如果把一个极大子矩形按x坐标不同切割成多个（实际上是无数个）与y轴垂直的线段，则其中一定存在一条悬线。而且一条悬线通过尽可能地向左右移动恰好能得到一个子矩形（未必是极大子矩形，但只可能向下扩展）。通过以上的分析，我们可以得到一个重要的定理。

【定理3】：如果将一个悬线向左右两个方向尽可能移动所得到的有效子矩形称为这个悬线所对应的子矩形，那么所有悬线所对应的有效子矩形的集合一定包含了所有极大子矩形的集合。

定理3中的“尽可能”移动指的是移动到一个障碍点或者矩形边界的位置。

根据【定理3】可以发现，通过枚举所有的悬线，就可以枚举出所有的极大子矩形。由于每个悬线都与它底部的那个点一一对应，所以悬线的个数＝(n-1)×m（以矩形中除了顶部的点以外的每个点为底部，都可以得到一个悬线，且没有遗漏）。如果能做到对每个悬线的操作时间都为O(1)，那么整个算法的复杂度就是O(NM)。这样，我们看到了解决问题的希望。

现在的问题是，怎样在O(1)的时间内完成对每个悬线的操作。我们知道，每个极大子矩形都可以通过一个悬线左右平移得到。所以，对于每个确定了底部的悬线，我们需要知道有关于它的三个量：顶部、左右最多能移动到的位置。对于底部为(i,j)的悬线，设它的高为hight[i,j],左右最多能移动到的位置为left[i,j],right[i,j]。为了充分利用以前得到的信息，我们将这三个函数用递推的形式给出。

对于以点(i,j)为底部的悬线：

如果点(i－1,j)为障碍点，那么，显然以(i,j)为底的悬线高度为1，而且左右均可以移动到整个矩形的左右边界，即

height[i,j]=l

left[i,j]=0

right[i,j]=m

如果点(i－1,j)不是障碍点，那么，以(i,j)为底的悬线就等于以(i-1,j)为底的悬线＋点(i,j)到点(i-1,j)的线段。因此，height[i,j]=height[i-1,j]+1。比较麻烦的是左右边界，先考虑left[i,j]。如下图所示，(i,j)对应的悬线左右能移动的位置要在(i-1,j)的基础上变化。

即left[i,j]=max( left[i-1,j] , (i-1,j)左边第一个障碍点位置 ) 如图

right[i,j]的求法类似。综合起来，可以得到这三个参数的递推式：

height[i,j]=height[i-1,j]+1

left[i,j]=max(left[i-1,j] , (i-1,j)左边第一个障碍点位置,边界0也是障碍点)

right[i,j]=max( right[i-1,j] , (i-1,j)右边第一个障碍点位置,边界m也是障碍点 )

这样做充分利用了以前得到的信息，使每个悬线的处理时间复杂度为O(1)。对于以点(i,j)为底的悬线对应的子矩形，它的面积为(right[i,j]-left[i,j])*height[i,j]。

这样最后问题的解就是：

Result＝max(right[i,j]-left[i,j])*height[i,j] (l<=i<n, l<=j<=m)

整个算法的时间复杂度为O(NM)，空间复杂度是O(NM)。