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(该点所在列 “1” 的个数 - 1 )*(该点所在行 “1” 的个数 - 1)
//说明: 上面之所以要减一,是为了得到以该点为端点可以构成边的个数(2个顶点构成 2-1 = 1条边嘛~)
现在的问题就变成了,如何比较高效地知道该点所在 行、列 的“1”的个数
2.1 当然,我们可以对每个值为“1”的点都去重新搜索其所在行、列
这样,时间复杂度就是O(m*n*(m+n))
是有滴,不难发现,如果按上面的思路,那么就存在大量重复操作:对同行的点去进行 对该行的查找 明显是重复的,同列的原理一样
解决办法也很清楚:记忆化
即:基于测试数据大小,开辟记忆数组,存储已经探索过的行/列含“1”的个数:
- int remh[1005] = {0};//每行
- int reml[1005] = {0};//每列
在开始行/列探索前,先看看是否已经探索过了(rem数组对应值不为0)
- if(remh[i] == 0)
- {
- for(int k=0; k<n; k++)//若尚未探索,再进行探索,避免重复
- {
- if(grid[i][k] == 1) h++;
- }
- remh[i] = h-1; h=0;
- }
- if(reml[j] == 0)
- {
- for(int k=0; k<m; k++)
- {
- if(grid[k][j] == 1) h++;
- }
- reml[j] = h-1; h=0;
- }
- sum += (long long)(remh[i] * reml[j]);
这样修改后,平台的时间复杂度评估就到了O(m*n)
比较满意的一次代码实现,整体上是简洁清楚的~
- class Solution {
- public:
- long long numberOfRightTriangles(vector<vector<int>>& grid) {
- int n = grid[0].size();
- int m = grid.size();
- long long sum = 0;
- int h=0;
- int remh[1005] = {0};
- int reml[1005] = {0};
- for(int i=0; i<m; i++)
- {
- for(int j=0; j<n; j++)
- {
- if(grid[i][j] == 0) continue;
- if(remh[i] == 0)
- {
- for(int k=0; k<n; k++)
- {
- if(grid[i][k] == 1) h++;
- }
- remh[i] = h-1; h=0;
- }
- if(reml[j] == 0)
- {
- for(int k=0; k<m; k++)
- {
- if(grid[k][j] == 1) h++;
- }
- reml[j] = h-1; h=0;
- }
- sum += (long long)(remh[i] * reml[j]);
- }
- }
- return sum;
- }
- };
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