1074-元素和为目标值的子矩阵数量(Number of Submatrices That Sum to Target)

原文链接: https://leetcode-cn.com/problems/number-of-submatrices-that-sum-to-target

英文原文

Given a matrix and a target, return the number of non-empty submatrices that sum to target.

A submatrix x1, y1, x2, y2 is the set of all cells matrix[x][y] with x1 <= x <= x2 and y1 <= y <= y2.

Two submatrices (x1, y1, x2, y2) and (x1', y1', x2', y2') are different if they have some coordinate that is different: for example, if x1 != x1'.

Example 1:

Input: matrix = [[0,1,0],[1,1,1],[0,1,0]], target = 0
Output: 4
Explanation: The four 1x1 submatrices that only contain 0.

Example 2:

Input: matrix = [[1,-1],[-1,1]], target = 0
Output: 5
Explanation: The two 1x2 submatrices, plus the two 2x1 submatrices, plus the 2x2 submatrix.

Example 3:

Input: matrix = [[904]], target = 0
Output: 0

Constraints:

1 <= matrix.length <= 100
1 <= matrix[0].length <= 100
-1000 <= matrix[i] <= 1000
-10^8 <= target <= 10^8

中文题目

给出矩阵 matrix 和目标值 target，返回元素总和等于目标值的非空子矩阵的数量。

子矩阵 x1, y1, x2, y2 是满足 x1 <= x <= x2 且 y1 <= y <= y2 的所有单元 matrix[x][y] 的集合。

如果 (x1, y1, x2, y2) 和 (x1', y1', x2', y2') 两个子矩阵中部分坐标不同（如：x1 != x1'），那么这两个子矩阵也不同。

示例 1：

输入：matrix = [[0,1,0],[1,1,1],[0,1,0]], target = 0
输出：4
解释：四个只含 0 的 1x1 子矩阵。

示例 2：

输入：matrix = [[1,-1],[-1,1]], target = 0
输出：5
解释：两个 1x2 子矩阵，加上两个 2x1 子矩阵，再加上一个 2x2 子矩阵。

示例 3：

输入：matrix = [[904]], target = 0
输出：0

提示：

1 <= matrix.length <= 100
1 <= matrix[0].length <= 100
-1000 <= matrix[i] <= 1000
-10^8 <= target <= 10^8

通过代码

高赞题解

朴素二维前缀和

从题面来看显然是一道「二维前缀和」的题目，如果你还不了解「二维前缀和」，可以看看（题解）304. 二维区域和检索 - 矩阵不可变。本题预处理前缀和的复杂度为 $O(m * n)$。

搜索所有子矩阵需要枚举「矩形左上角」和「矩形右下角」，复杂度是 $O(m^2 * n^2)$。

因此，如果把本题当做二维前缀和模板题来做的话，整体复杂度是 $O(m^2 * n^2)$。

数据范围是 $10^2$，对应的计算量是 $10^8$，处于超时边缘，但当我们枚举「矩阵右下角」$(i,j)$ 的时候，我们只需要搜索位于 $(i,j)$ 的左上方的点 $(p,q)$ 作为「矩阵左上角」，所以其实我们是取不满 $m^2 * n^2$ 的，但仍然具有超时风险（2021/05/29 Java 测试可通过）。

代码：

[]
class Solution {
    public int numSubmatrixSumTarget(int[][] mat, int t) {
        int n = mat.length, m = mat[0].length;
        int[][] sum = new int[n + 1][m + 1];
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + mat[i - 1][j - 1];
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                for (int p = 1; p <= i; p++) {
                    for (int q = 1; q <= j; q++) {
                        if (sum[i][j] - sum[p - 1][j] - sum[i][q - 1] + sum[p - 1][q - 1] == t) ans++;
                    }
                }
            }
        }
        return ans;
    }
}

时间复杂度：$O(m^2 * n^2)$
空间复杂度：$O(m * n)$

优化枚举 + 哈希表

上述分析是从「点」上来确定一个子矩阵，在 $n$ 和 $m$ 同阶的情况下，复杂度是 $O(n^4)$ 的。

事实上，我们能从「边」的角度来确定一个子矩阵，通过枚举三条边，然后加速找第四条边的过程，这样可以将复杂度降到 $O(n^3)$。

这个分析思路在（题解）363. 矩形区域不超过 K 的最大数值和详细讲过，没有印象的同学可以翻翻。这道题一定程度上是那道题的简化版，在本题我们只需要找到矩阵和为 $target$ 的值，因此只需要使用「哈希表」来记录出现过的值即可，而在（原题）363. 矩形区域不超过 K 的最大数值和中，我们需要找到和不超过 $k$ 的最大子矩阵，因此还涉及「有序集合 + 二分」。

具体的，我们仍然需要先预处理出一个二维前缀和。然后通过枚举确定「子矩阵的上下边界」，在将「子矩阵右边界」不断右移的过程中，把「子矩阵右边界」到「原矩阵左边界」行程的矩阵和存入哈希表（因为要统计数量，存储格式为 {“面积”:”出现次数”} ），然后通过容斥原理来找到目标的「子矩阵左边界」。

假设当前我们「子矩阵的上下边界」已经固定，当枚举到某个「子矩阵右边界」时，我们先通过二维前缀和计算出「子矩阵右边界」和「原矩阵左边界」形成的矩阵和 $cur$，由于我们希望找到矩阵和为 $target$ 的子矩阵，即希望找到一个「子矩阵左边界」使得矩阵和满足要求，这等价于从「哈希表」中找到一个 $x$，使得 $cur - x = target$，这是一个 $O(1)$ 操作。

代码（感谢 @ulysessweb 同学提供的其他语言代码）：

[]
class Solution {
    public int numSubmatrixSumTarget(int[][] mat, int t) {
        int n = mat.length, m = mat[0].length;
        int[][] sum = new int[n + 1][m + 1];
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + mat[i - 1][j - 1];
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int top = 1; top <= n; top++) {
            for (int bot = top; bot <= n; bot++) {
                int cur = 0;
                Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
                for (int r = 1; r <= m; r++) {
                    cur = sum[bot][r] - sum[top - 1][r];
                    if (cur == t) ans++;
                    if (map.containsKey(cur - t)) ans += map.get(cur - t);
                    map.put(cur, map.getOrDefault(cur, 0) + 1);
                }
            }
        }
        return ans;
    }
}

[]
class Solution {
public:
    int numSubmatrixSumTarget(vector<vector<int>>& matrix, int target) {
        int n = matrix.size(), m = matrix[0].size();
        vector<vector<int>> sum(n + 1, vector<int>(m + 1));
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                sum[i][j] = sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1] + matrix[i - 1][j - 1];
            }
        }
        int ans = 0;
        for (int top = 1; top <= n; top++) {
            for (int bot = top; bot <= n; bot++) {
                int cur = 0;
                unordered_map<int, int> map;
                for (int r = 1; r <= m; r++) {
                    cur = sum[bot][r] - sum[top - 1][r];
                    if (cur == target) ans++;
                    if (map.count(cur - target)) ans += map[cur - target];
                    map[cur]++;
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

时间复杂度：$O(m * n^2)$
空间复杂度：$O(m * n)$

进阶

【时间复杂度】在上述解法中，我们采用的是固定上下边界，移动右边界，通过哈希表找左边界的做法，复杂度为 $O(m * n^2)$；自然也能改为固定左右边界，移动下边界，通过哈希表找上边界做法，复杂度为 $O(m^2 * n)$。那么我们要如何调整代码，才能最大化「哈希表」带来的优化效果呢？此时的复杂度又是多少？
【空间复杂度】我们空间复杂度的瓶颈在「二维前缀和」上，但注意到无论我们采取「固定上下边界」还是「固定左右边界」的做法，扫描原矩阵的方向都是固定的，那么是否可以不预处理「二维前缀和」呢？从而将空间复杂度降低到 $O(\max(n, m))$ 呢？

上述两问，你都可以在（题解）363. 矩形区域不超过 K 的最大数值和中找到答案。

最后

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凤起丶宛南

从来没有真正的绝境，只有心灵的迷途