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我有一个 c[N][M]
我在 (K+1)²
上应用最大和运算的矩阵 window 。我正在尝试降低朴素算法的复杂性。
特别是,这是我的 C++ 代码片段:
<!-- language: cpp -->
int N,M,K;
std::cin >> N >> M >> K;
std::pair< unsigned , unsigned > opt[N][M];
unsigned c[N][M];
// Read values for c[i][j]
// Initialize all opt[i][j] at (0,0).
for ( int i = 0; i < N; i ++ ) {
for ( int j = 0; j < M ; j ++ ) {
unsigned max = 0;
int posX = i, posY = j;
for ( int ii = i; (ii >= i - K) && (ii >= 0); ii -- ) {
for ( int jj = j; (jj >= j - K) && (jj >= 0); jj -- ) {
// Ignore the (i,j) position
if (( ii == i ) && ( jj == j )) {
continue;
}
if ( opt[ii][jj].second > max ) {
max = opt[ii][jj].second;
posX = ii;
posY = jj;
}
}
}
opt[i][j].first = opt[posX][posY].second;
opt[i][j].second = c[i][j] + opt[posX][posY].first;
}
}
算法的目标是计算opt[N-1][M-1]
.
示例:N = 4, M = 4, K = 2
和:
c[N][M] = 4 1 1 2
6 1 1 1
1 2 5 8
1 1 8 0
...结果应该是opt[N-1][M-1] = {14, 11}
.
然而,此代码段的运行复杂度为 O(N M K²)。我的目标是降低运行时的复杂性。我已经看过像 this 这样的帖子了,但似乎我的“过滤器”是不可分离的,可能是因为求和操作。
更多信息(可选):这本质上是一种在“游戏”中制定最佳策略的算法,其中:
N × M
地牢。c[i][j]
金币。(N-1,M-1)
其中 c[N-1][M-1] = 0
.(x,y)
.(x-i, y-j), i <= K, j <= K, i+j > 0
中的任何一个.换句话说,它们只能向左和/或向上移动,最多一步 K
每个方向。(0,0)
时游戏结束.因此,opt[i][j].first
代表现在将从(i,j)
移动的玩家的硬币到另一个位置。 opt[i][j].second
代表对方的币。
最佳答案
这是一个O(N * M)
的解决方案。
让我们修复下一行(r
)。如果已知 r - K
和 r
之间所有行的每一列的最大值,则此问题可以简化为众所周知的滑动窗口最大值问题。因此可以在 O(M)
时间内计算出固定行的答案。
让我们按升序遍历所有行。对于每一列,r - K
和 r
之间所有行的最大值也是滑动窗口最大值问题。处理所有行的每一列都需要 O(N)
时间。
总时间复杂度是O(N * M)
。但是,此解决方案存在一个问题:它不排除 (i, j)
元素。可以通过运行上述算法两次(使用 K * (K + 1)
和 (K + 1) * K
窗口)然后合并结果(一个 (K + 1) * (K + 1)
没有角的正方形是两个矩形的并集 K * (K + 1)
和 (K + 1) * K
大小)。
关于c++ - 二维最大和窗口上的高效 C/C++ 算法,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/27360703/
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