力扣1878. 矩阵中最大的三个菱形和

这一题的大意是指给出一个矩阵，里面的点可以构成菱形，这个菱形的特点是由正方形旋转45度构成的，菱形的面积也可以为0，那么它就可能是由一个单个的点构成。
现在让我们找在这个矩阵中，边长所经过的点的和最大的三个菱形。
我的思路是我们只需要枚举出来符合条件的菱形，然后计算各边之和放入数组中排序，即可得到点之和最大的三个菱形。
这实际上是类似在矩阵中枚举子矩阵的问题，无非是现在是来枚举菱形
类似题目：

力扣1895. 最大的幻方
力扣2132. 用邮票贴满网格图

因为这一题的数据范围比较小，只有10^2,所以可以大胆的尝试一下暴力：
枚举边长大约需要O（n），枚举矩阵中的所有点需要O（n^m)约等于O（n ^2),
在计算菱形上的所有点的和大概最长才为O（min(n,m)*4) 更何况大多数的边长情况，远远不能得到，因此是小于10^8的。
暴力写法事实也可以通过：

class Solution {
public:
static bool cmp(int a,int b)
{return a>b;
}vector<int> getBiggestThree(vector<vector<int>>& grid) {int m=grid.size();int n=grid[0].size();vector<int> ans;vector<int> temp;for(int edge=0;edge<min(n,m);edge++){for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){int x1=i;int y1=j;int x2=i+edge;int y2=j-edge;int x3=i+edge*2;int y3=j;int x4=i+edge;int y4=j+edge;if(x2>=m||y2<0||x3>=m||x4>=m||y4>=n){continue;}int sum=0;for(int x=x2,y=y2;x>=x1;x--,y++){sum+=grid[x][y];}for(int x=x2+1,y=y2+1;x<=x3;x++,y++){sum+=grid[x][y];}for(int x=x1+1,y=y1+1;x<=x4;x++,y++){sum+=grid[x][y];}for(int x=x3-1,y=y3+1;x>=x4+1;x--,y++){sum+=grid[x][y];	} //cout<<sum<<endl;ans.push_back(sum);}}}sort(ans.begin(),ans.end(),cmp);int t; for(int i=0;i<ans.size();i++){if(i==0){temp.push_back(ans[i]);t=ans[i];}else if(t==ans[i]){continue;}else{temp.push_back(ans[i]);t=ans[i];}if(temp.size()==3){break;}}return temp;}
};

也可以先枚举点，再枚举边，思路实际是一样的，代码写法有点差异

class Solution {
public:
static bool cmp(int a,int b)
{return a>b;
}vector<int> getBiggestThree(vector<vector<int>>& grid) {int m=grid.size();int n=grid[0].size();vector<int> ans;vector<int> temp;for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){//这是枚举了一个点//现在我们要看从这个点可以引出怎么样的矩形ans.push_back(grid[i][j]);for(int k=1;k<min(m,n);k++){//已知一个顶点和边长，自然可以推出这个菱形int x1=i;int y1=j;int x2=i+k;int y2=j-k;int x3=i+2*k;int y3=j;int x4=i+k;int y4=j+k; if(y2<0||x3>=m||x4>=m||y4>=n){break;}//当枚举出来矩阵后我们需要计算这个矩阵的值int sum=0;for(int x=x2,y=y2;x>=x1;x--,y++){sum+=grid[x][y];}for(int x=x2+1,y=y2+1;x<=x3;x++,y++){sum+=grid[x][y];}for(int x=x1+1,y=y1+1;x<=x4;x++,y++){sum+=grid[x][y];}for(int x=x3-1,y=y3+1;x>=x4+1;x--,y++){sum+=grid[x][y];	} ans.push_back(sum);} }}sort(ans.begin(),ans.end(),cmp);int t; for(int i=0;i<ans.size();i++){if(i==0){temp.push_back(ans[i]);t=ans[i];}else if(t==ans[i]){continue;}else{temp.push_back(ans[i]);t=ans[i];}if(temp.size()==3){break;}}return temp;}
};

那么和在矩阵中枚举子矩阵一样，在计算边长的时候，我们可以用前缀和进行优化，提前算出边长，这样时间复杂度大概为O（n^3)一定可以过的。
但一般的前缀和是好求的，可这一题是菱形，菱形的边长是斜着的，因此用斜向的前缀和来求。
斜向前缀和怎么求的呢？
实际上就是求主对角线和副对角线的前缀和
也即求：
从左上到右下 ↘ 的前缀和
从右上到左下 ↙ 的前缀和

        for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=1;j<=n;j++){sum1[i][j]=sum1[i-1][j-1]+grid[i-1][j-1];sum2[i][j]=sum2[i-1][j+1]+grid[i-1][j-1];}} 

注意sum2数组的列要开大一点，因为在求从右上到左下的前缀和时，j+1可能会越界。
我们画画图就可以弄清楚：

当我们知道怎么求前缀和之和，那么就可以把原来需要枚举的过程，用前缀和来表示，从而降低时间复杂度。

class Solution {
public:
static bool cmp(int a,int b)
{return a>b;
}vector<int> getBiggestThree(vector<vector<int>>& grid) {int m=grid.size();int n=grid[0].size();vector<int> ans;vector<int> temp;vector<vector<int> > sum1(m+1,vector<int>(n+1+1,0));vector<vector<int> > sum2(m+1,vector<int>(n+1+1,0));for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=1;j<=n;j++){sum1[i][j]=sum1[i-1][j-1]+grid[i-1][j-1];sum2[i][j]=sum2[i-1][j+1]+grid[i-1][j-1];}} for(int edge=0;edge<max(n,m);edge++){for(int i=0;i<m;i++){for(int j=0;j<n;j++){int x1=i;int y1=j;int x2=i+edge;int y2=j-edge;int x3=i+edge*2;int y3=j;int x4=i+edge;int y4=j+edge;if(x2>=m||y2<0||x3>=m||x4>=m||y4>=n){continue;}int sum=0;if(edge==0){ans.push_back(grid[i][j]);continue;}else{sum+=sum2[x2+1][y2+1]-sum2[x1][y1+2];sum+=sum2[x3+1][y3+1]-sum2[x4][y4+2];sum+=sum1[x4+1][y4+1]-sum1[x1][y1];sum+=sum1[x3+1][y3+1]-sum1[x2][y2];sum-=(grid[x1][y1]+grid[x2][y2]+grid[x3][y3]+grid[x4][y4]);ans.push_back(sum);}}}}sort(ans.begin(),ans.end(),cmp);int t; for(int i=0;i<ans.size();i++){if(i==0){temp.push_back(ans[i]);t=ans[i];}else if(t==ans[i]){continue;}else{temp.push_back(ans[i]);t=ans[i];}if(temp.size()==3){break;}}return temp;}
};

这里和暴力枚举的过程有不同的是，我们无法表示edge=0的情况，因为在该情况下，用前缀和计算时会有越界。因此我们需要把edge==0的情况单独讨论。
总结：
这一题还是典型的在矩阵中枚举”子矩阵“的一类问题，无非这里的子矩阵是菱形，在优化时需要用斜向前缀和，但思路都是类似的。
优化后的时间复杂度
O(n^3)