Question

以下是我的问题的可视化：

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我需要找到存放在正方形中的最有价值的菱形。我正在考虑这几天但直到现在，除了使用'for loop'并检查每个可能的菱形之外，我没有找到任何其他东西。你们怎么看待这个？这是我能做到的唯一方法吗？：P谢谢：）

Answer 1

以下是我的想法：

第一次迭代，您遍历矩阵，但是对角线。你从最左上角开始，你可以适合你的菱形（或菱形的一面），你看看菱形大小所覆盖的元素。

首先检查elems（0,1）和（1,0）（a）
接下来你检查（0,2）和（1,1）（b）
（1,1），（2,0）（b）
（0,3），（1,2）（c）
（1,2），（2,1）（c）
...

我希望你能得到检查令。你对这些元素的处理是你总结： e（0,1）+ e（1,0）= 11 ， e（0,2）+ e（1,1 ）= 3 等等。你必须注意到，当你处理同一行上的元素（上面标有相同字母的元素）时，你不必再次计算总和：那里有一个元素外出，一个进入，所以你只访问两个元素来获得新的总和。

第二次迭代，您沿着对角线遍历矩阵，但是从另一侧。您从右上角开始，并处理先前计算的总和。因此，您要检查的第一对将位于（0,3），（1,4）。你做的事与以前完全相同：你再次计算金额。

现在，在第二次迭代结束时，每个处理过的字段实际上都包含稀疏菱形的总和，该字符在该字段中有一个上角。 3x3菱形的示例如下图所示：

Sparse 3x3 rhomb

第3步从图像中可以看出， n 的稀疏菱形是＆＃34;缺少＆＃34;另一个稀疏菱形 - 大小为（n-1）的菱形。迭代1和2正是为图像中所有大小为 n 的稀疏rhombs找到和的过程。因此，作为第3步，我们再次进行第1次和第2次迭代，但不是我们正在搜索的大小（ n ），而是使用大小（n-1））。注意表示＆＃34;搜索＆＃34;对于大小1等于输入矩阵（例如，如果n = 2，对于第3步，你不必计算任何东西）。

最后，对于顶部位置（0,2）的3x3菱形感兴趣的总和是来自前两次迭代的（0,2）处的和，以及来自（1,2）的总和第三步。您可以将这两个加在一起：对于位置（x，y）的前两个过程的结果矩阵中的每个元素，可以在第3步结果矩阵的位置（x，y + 1）添加元素。现在你只需找到最大值，你就可以得到关于菱形的最大值和位置的答案。

你在4次传球中完成所有这些操作（你可以在计算第2次传球时跟踪最大值） - 所以这会给出O(4*n^2) = O(n^2)的复杂性，其中n的大小是广场的大小。

希望它清楚，如果我弄清楚了我的答案，请要求澄清。

2x2菱形的示例

第一次通过

 -1 11  3  7  5     * / * * * 
 -1  9 14 12  3     / * * * *
 -1 12 18  4  6     * * * * * 
 -1 11  3  6  2    * * * * * 
 -1 -1 -1 -1 -1     * * * * *

第二遍

 -1 25 15 10 -1    * * * \ *
 -1 27 18 18 -1    * * * * \
 -1 15 24  6 -1    * * * * *
 -1 -1 -1 -1 -1    * * * * *
 -1 -1 -1 -1 -1    * * * * *

第3步

由于 n = 1 ，第3遍不需要计算任何东西，第三遍的输出是输入矩阵

 1  2  2  2  2
 9  1  5  3  1
 8  9  9  2  3
 3  9  2  3  1
 2  1  3  1  1

现在，我们只需要将第二次迭代的输出与第三步的输出相加（向上移动一位）。我们得到：

 -1 26 20 13 -1    
 -1 36 27 20 -1    
 -1 24 26  9 -1    
 -1 -1 -1 -1 -1    
 -1 -1 -1 -1 -1

<强>答案在（1,1）处有一个上角的菱形是最有价值的一个，总和为31。

注意： -1是一个菱形边不适合的地方 - undefined sum。您可以在程序中以您想要的方式标记它（特别是如果您的矩阵中实际上可以有负值）。在第二遍中，您可以将具有 undifined 元素的任何总和设置为 undifined 。

注意2：无论菱形大小是什么，当你通过矩阵滑动菱形边时，一个数字总是进来而另一个数字来自总和（除非你和＃39;重新进入新行。）

注3：第2次和第2次通过中菱形的第一个位置在数组中标有/或\

示例3x3菱形

让我在同一个矩阵上做3x3菱形，以表明复杂度为O(n^2)（其中n是方形大小的大小），一般情况下不是仅适用于2x2菱形。

让我们调用输入矩阵z[][]，即第一遍f[][]后的矩阵，以及第二遍后的矩阵s[][]

第一次通过

f[0][2] = z[0][2] + z[1][1] + z[2][0] == 11 （a）
f[0][3] = z[0][3] + z[1][2] + z[2][1] == 16 （b）
f[1][2] = f[0][3] - z[0][3] + z[3][0] == 17 （b）
f[0][4] = z[0][4] + z[1][3] + z[2][2] == 14 （c）
f[1][3] = f[0][4] - z[0][4] + z[3][1] == 21 （c）
f[2][2] = f[1][3] - z[1][3] + z[4][0] == 20 （c）
f[1][4] = z[1][4] + z[2][3] + z[3][2] == 5 （d）
f[2][3] = f[1][4] - z[1][4] + z[4][1] == 5 （d）
f[2][4] = z[2][4] + z[3][3] + z[4][2] == 9 （e）

您最多访问一次元素。标有不同字母的是同一行的总和。在该行的第一个总和中，您必须将与菱形边相同的元素相加，我们将其称为m菱形m x m。在该行的每个其他总和中，总是必须正好访问3个元素：前一个总和，即出去的元素（带有-符号的元素），和那个进入的人（+）。

 -1 -1 11 16 14 
 -1 -1 17 21  5 
 -1 -1 20  5  9 
 -1 -1 -1 -1 -1 
 -1 -1 -1 -1 -1

第二遍

然后你在第二遍中做了类似的事情（我不打算把它们写出来），你只需要少一些元素。

 -1 -1 41 -1 -1 
 -1 -1 -1 -1 -1 
 -1 -1 -1 -1 -1 
 -1 -1 -1 -1 -1 
 -1 -1 -1 -1 -1

第3步

此步骤与 2x2示例的 1st 和 2nd iteration 完全相同。因此，2x2稀疏rhombs的总和是：

 -1 25 15 10 -1    
 -1 27 18 18 -1    
 -1 15 24  6 -1    
 -1 -1 -1 -1 -1    
 -1 -1 -1 -1 -1

当我们总结第二次迭代的输出时，我们得到：

 -1 -1 59 -1 -1 
 -1 -1 -1 -1 -1 
 -1 -1 -1 -1 -1 
 -1 -1 -1 -1 -1 
 -1 -1 -1 -1 -1

回答只有一个3x3菱形适合矩阵，因此矩阵中只剩下一个元素，这恰好是唯一适合的菱形的总和：59。

Answer 2

如果问题是关于在菱形'内核'中找到最大的总和，那么是的，有更快的算法。

佩内洛普提出的算法是一个很好的起点 - 然而，当菱形尺寸变大时，所需的进出部分数量增加。这可以通过二维第一次通过来避免，它在两个方向上对角积分值。

[ a b c d]  --> integrate a, a+f, a+f+k, a+f+k+p right down    
[ e f g h]      then integrate the elements in positions c,f,i etc. 
[ i j k l]
[ m n o p]

与找到对齐方块的总和相比，这种方法的缺点是必须计算一组单独的对角线，（x + y）是奇数，而（x + y）是偶数;然后结果来自抽样8个积分和而不是4个。

我相信通过从左到右和从上到下整合来最容易理解方法（求和区域）

[1 2 0 3]       [1 3 3 6]        here every cell contains the summed area
[0 0 1 1]       [1 3 4 8]        of M[I][J] := sigma i=0..I,j=0..J m[i][j]
[1 0 3 1]  -->  [2 4 8 13]
[0 1 1 1]       [2 5 10 16]

要获得该区域（8..16,100..983），必须只能访问角落元素：

Sigma i=8..16,j=100..983 m[i][j] :== M[7][99]+M[16][983]-M[7][983]-M[16][99]

当要整合的形状旋转45度时，我们必须计算两组积分。如果这是一个棋盘，分别用于白色和黑色方块。然后，每个菱形将由来自一个矩阵M_odd的N * N大小的求和区域和来自另一个求和区域矩阵M_even的（N-1）*（N-1）大小的求和区域组成（反之亦然）。这可以扩展到任何菱形尺寸，具有相同的复杂性。（并且当N = 1或N = 2时，可以优化从矩阵m中加入元素，并且对于正方形N> 2使用矩阵M）。

评论：也许这等于佩内洛普的建议，但是，我无法弄明白，因为缺乏从5元素菱形到任意大小的概括。

Answer 3

我认为使用flood_fill算法只需一次通过，你可以在其中“绘制”相似的颜色区域，即不可见 - 即清除它们。您总结内容并记录两个轴中每个访问像素位置的直方图。（您可以保持最小和最大x / y位置的计数）。如果直方图遵循轴[1,3,1]，[1,3,5,3,1]中的特定模式，则绘制的区域是菱形，否则再次检查这些像素是没有用的，是吗？

   131                        13432
 1  #                      1    #
 3 ###                     4   ####
 1  #  <-- is a rhomb      4  ## ##
                           3   ###
                           1    # <- isn't

在二维阵列中找到菱形的最快方法是什么？

3 个答案: