【leetcode详解】直角三角形：用空间换时间(O(m*n*(m+n))＞O(m*n))(思路详解)

思路详解：

0. 遍历矩阵grid中每个点，若为“1”，则尝试将其视为直角三角形的直角顶点，关注该点所在横、纵轴，是否有其他点为“1”（来与之构成直角边）

1. 关于如何计算以该点为直角顶点的直角三角形个数：由排列组合的性质可知，其值刚好等于

（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~）

2. 用空间换时间：

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))

2.2 我们就思考，有没有什么地方可以优化嘞？

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;
    }
};

~希望对你有启发~