DP 就是暴力，暴力就是艺术

本文主要是介绍DP 就是暴力，暴力就是艺术，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

题目地址（面试题 17.23. 最大黑方阵）

https://leetcode-cn.com/probl...

题目描述

给定一个方阵，其中每个单元(像素)非黑即白。设计一个算法，找出 4 条边皆为黑色像素的最大子方阵。

返回一个数组 [r, c, size] ，其中 r, c 分别代表子方阵左上角的行号和列号，size 是子方阵的边长。若有多个满足条件的子方阵，返回 r 最小的，若 r 相同，返回 c 最小的子方阵。若无满足条件的子方阵，返回空数组。

示例 1:

输入:
[
   [1,0,1],
   [0,0,1],
   [0,0,1]
]
输出: [1,0,2]
解释: 输入中 0 代表黑色，1 代表白色，标粗的元素即为满足条件的最大子方阵
示例 2:

输入:
[
   [0,1,1],
   [1,0,1],
   [1,1,0]
]
输出: [0,0,1]
提示：

matrix.length == matrix[0].length <= 200

前置知识

• 动态规划

公司

• 暂无

思路

看了下数据范围，矩阵大小不超过 $200 \times 200$，因此答案应该就是暴力，这个数据范围差不多 N 的三次方的复杂度都可以通过，其中 N 为矩阵的边长。原因我也在之前的文章来和大家聊聊我是如何刷题的（第三弹）中讲过了，那就是 $200^3$ 刚好是是 800 万，再多就很容易超过 1000 万了。

乍一看，这道题和 221. 最大正方形，实则不然。 这道题是可以空心的，只要边长是部分都是 0 即可，这就完全不同了。

如下图，红色部分就是答案。只需要保证边全部是 0 就好了，所以里面有一个 1 无所谓的。

我们不妨从局部入手，看能不能打开思路。

这是一种常用的技巧，当你面对难题无从下手的时候可以画个图，从特殊情况和局部情况开始，帮助我们打开思路。

比如我想计算以如下图红色格子为右下角的最大黑方阵。我们可以从当前点向上向左扩展直到非 0。

在上面的例子中，不难看出其最大黑方阵不会超过 min(4, 5)。

那答案直接就是 4 么？ 对于这种情况是的， 但是也存在其他情况。比如：

因此解空间上界虽然是 4，但是下界仍然可能为 1。

下界为 1 是因为我们只对值为 0 的格子感兴趣，如果格子为 0 ，最差最大方阵就是自身。

上面我已经将算法锁定为暴力求解了。对于解空间的暴力求解怎么做？无非就是枚举所有解空间，最多减减枝。

直白一点来说就是：

• 1 可以么？
• 2 可以么？
• 3 可以么？
• 4 可以么？

这叫做特殊。

如果你已经搞懂了这个特殊情况， 那么一般情况也就不难了。

算法描述：

1. 从左到右从上到下扫描一次矩阵。
2. 如果格子值是 0，则分别向上和向左扫描直到第一个不是 0 的格子，那么最大方阵的上界就是 min(向左延伸的长度, 向上延伸的长度)。
3. 逐步尝试[1, 上界] 直到无法形成方阵，最后可行的方阵就是以当前点能 形成的最大方阵。
4. 扫描过程维护最大值，最后返回最大值以及顶点信息即可。

现在的难点只剩下第三点部分如何逐步尝试[1, 上界]。实际上这个也不难，只需要：

• 在向左延伸的同时向上探测
• 在向上延伸的同时向左探测

看一下图或许好理解一点。

如上图就是尝试 2 是否可行，如果可行，我们继续得寸进尺，直到不可行或者到上界。

接下来，分析一下算法的时间复杂度。

• 由于每一个为 0 的点都需要向左向上探测，那么最坏就是 O(N)，其中 N 为边长。
• 向左向上的同时需要继续探测，这个复杂度最坏的情况也是 O(N)。

由于我们需要对最多$O(N^2)$个点执行上面的逻辑，因此总的时间复杂度就是 $$O(N^4)$$

而实际上每一个格子都是一个独立的子问题， 因此可以使用一个 memo（比如哈希表）将每个格子的扩展结果保存起来，这样可以将复杂度优化到 $O(N^3)$。

比如上面提到的向上向左探测的过程，如果上面和左面格子的扩展结果已经计算出来了，那么直接用就行了，这部分延伸的复杂度可以降低到 $O(1)$。因此不难看出， 当前格子的计算依赖于左侧和上方格子，因此使用从左到右从上到下扫描矩阵 是正确的选择，因为我们需要在遍历当当前格子的时候左侧和上方格子的结果已经被计算出来了。

1. (4,5) 找到上方相邻的格子，如果是 1 直接返回。
2. 如果上方格子值是 0 ，去 memo 中查询。
3. memo 返回 结果，我们只需要将这个结果 + 1 就是可以向上延伸的最大长度了。

比如现在要计算以坐标(4,5) 为右下角的最大方阵的边长。第一步要向上探测到 (3,5)，到达(3,5) 之后无需继续往上延伸而是从 memo 中获取。(4,5) 上方的 0 的格子就是(3,5) 上方的格子个数 + 1。

最后一个问题。什么数据结构可以实现上面查询过程 $O(1)$ 时间呢？hashmap 可以，数组也可以。

• 使用哈希 map 的好处是无非事先开辟空间。缺点是如果数据量太大，可能会因为哈希表的冲突处理导致超时。比如石子游戏使用哈希表存就很容易超时。
• 使用数组好处和坏处几乎和哈希表是相反的。数组需要实现指定大小， 但是数组是不会冲突的，也不需要计算哈希键，因此在很多情况下性能更好。进一步使用数组这种内存连续的数据结构对 CPU 友好，因此同样复杂度会更快。 而哈希表使用了链表或者树，因此对 CPU 缓存就没那么友好了。

综上，我推荐大家使用数组来存储。

这道题差不多就是这样了。实际上，这就是动态规划优化，其实也没什么神奇嘛，很多时候都是暴力枚举 + 记忆化而已。

代码

代码支持：Java，Python

Java Code:

class Solution {
    public int[] findSquare(int[][] matrix) {
        int [] res = new int [0];
        int [][][] dp = new int [2][matrix.length+1][matrix[0].length+1];
        int max = 0
        for(int i=1;i<=matrix.length;i++){
            for(int j=1;j<=matrix[0].length;j++){
                if(matrix[i-1][j-1]==0){
                    dp[0][i][j] = dp[0][i-1][j]+1;
                    dp[1][i][j] = dp[1][i][j-1]+1;
                    int bound = Math.min(dp[0][i][j], dp[1][i][j]);
                    for(int k=0;k<bound;k++){
                        if(dp[1][i-k][j]>=k+1&&dp[0][i][j-k]>=k+1){
                            if(k+1>max){
                                res = new int [3];
                                max = k+1;
                                res[0] = i-k-1;
                                res[1] = j-k-1;
                                res[2] = max;
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        return res;
    }
}

Python Code:

class Solution:
    def findSquare(self, matrix: List[List[int]]) -> List[int]:
        n = len(matrix)
        dp = [[[0, 0] for _ in range(n + 1)] for _ in range(n + 1)]
        ans = []
        for i in range(1, n + 1):
            for j in range(1, n + 1):
                if matrix[i - 1][j - 1] == 0:
                    dp[i][j][0] = dp[i-1][j][0] + 1
                    dp[i][j][1] = dp[i][j-1][1] + 1
                    upper = min(dp[i][j][0], dp[i][j][1])
                    for k in range(upper):
                        if min(dp[i-k][j][1], dp[i][j-k][0]) >= k + 1:
                            if not ans or k + 1 > ans[2]:
                                ans = [i-k-1, j-k-1, k + 1]

        return ans

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(N^3)$，其中 N 为矩阵边长。
• 空间复杂度：空间的瓶颈在于 memo，而 memo 的大小为矩阵的大小，因此空间复杂度为 $O(N^2)$，其中 N 为矩阵边长。

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