29. 微软面试题：求一个矩阵中最大的二维矩阵(元素和最大) - 推酷
29. 微软面试题：求一个矩阵中最大的二维矩阵(元素和最大)
题目：求一个矩阵中最大的二维矩阵(元素和最大).如:
中最大的是:
要求:(1)写出算法;(2)分析时间复杂度;(3)用C写出关键代码
直接遍历二维数组，求出最大的二维数组就OK了
实现如下：
#include&iostream&
int max_matrix(int (*array)[5], int maxx, int maxy, int& posi, int& posj)
int max = 0;
int i = 0, j = 0;
while(i & maxx - 1)
while( j & maxy - 1)
int t = array[i][j] + array[i+1][j] + array[i][j+1] + array[i+1][j+1];
if( max & t)
int main()
int a[3][5] = {{1,2,0,3,4}, {2,3,4,5,1}, {1,1,5,3,0}};
int i = 0, j = 0;
int max = max_matrix(a, 3, 5, i, j);
cout && &max num: & && max &&
cout && &matrix: & &&
cout && a[i][j] && & & && a[i][j+1] &&
cout && a[i+1][j] && & & && a[i+1][j+1] &&
输出如下：
max num: 17
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与原文不一致求最大子矩阵及最大权值子矩阵
&&&&求最大子矩阵：给出一个矩阵，其中一些地方有障碍物，问不包含障碍物的最大子矩阵有多大。
①：枚举左上角和右下角，进行判断。用前缀和判断可使时间降为O(n^2*m^2)
该算法计算了太多冗余情况，事实上，我们应该只考虑那些极大子矩阵。
极大子矩阵：四边都不能再扩张的合法子矩阵，即其边上和内部都没有障碍物。
容易知道，最大子矩阵一定是极大子矩阵，所以，问题关键在于找出极大子矩阵。
②：算法时间与障碍物数量S有关：O(S^2)。
将所有障碍物按横坐标排序，然后枚举一个障碍物v1，以其为子矩阵的左边界，同时记临时的上边界和下边界。再往后扫描。每次扫描到一个障碍物v2，就以其为子矩阵右边界，计算子矩阵大小，然后更新上下边界值。即当v2纵坐标比v1小时，更新下边界值，比v1大时，更新上边界值。更新时，都是使子矩阵缩小，而不可增大。相等时可移动左边界。为了方便处理和减少遗漏，还应将矩阵的四个角当成障碍物加入其中。（此处边界上的点不算入子矩阵中）
举例说明：以3为左边界，此时的上、下、左边界用红线表示。
枚举右边界为4时，计算子矩阵大小，并更新上边界：
枚举右边界为5时，继续：
就这样做下去，貌似可以解决问题，但是还有两种情况没有考虑到。
对于这两种情况，只要我们将横、纵坐标交换，矩阵的长、宽交换，再处理一次即可。
上述方法编程简单，但是障碍物密集时不再适用。于是，我们用另一种算法。
③：算法时间与矩阵大小有关：O(nm)。&&&
对于每个点，设置一条以其为底的线，线上没有障碍物，并且尽量长。记H[i][j]为该线的高度。L[i][j]为线向左移动不碰到障碍物的最远位置，R[i][j]为线向右移动不碰到障碍物的最远位置。那么，从L[i][j]到R[i][j]，线扫过的面积就是子矩阵的大小。容易得到递推方程：
当(i,j)是障碍物，H[i][j] = L[i][j] = R[i][j] = 0； 否则
&&& H[i][j] =
H[i-1][j]+1。
&&& L[i][j] =
max(L[i-1][j]，(i,j)左边第一个障碍物位置+1)。
&&& R[i][j] =
min(R[i-1][j], (i,j)右边第一个障碍物位置+1)。
求出H、L、R后，就可以快速得出所有极大子矩阵的大小，进而求出最大子矩阵。
矩阵很大的时候，可以离散化处理。
最大权值子矩阵：在一个有障碍物且各格权值非负的矩阵中，找出不包含障碍物的权值和最大的子矩阵。
分析：所求子矩阵一定是极大子矩阵。那么用上述方法可求出答案。
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以上网友发言只代表其个人观点，不代表新浪网的观点或立场。有一个3*4的矩阵，要求编程序求出其中值最大的那个元素的值，以及其所在的行号和列好_百度知道
有一个3*4的矩阵，要求编程序求出其中值最大的那个元素的值，以及其所在的行号和列好
提问者采纳
%d最大数\
max=a[0][0]#include&lt,d),8};;
c=i,11;i&lt,c; for(i=0;
d=j,max,6,3,j;n%d行号\i++) {for(j=0;void main(){int a[3][4]={{1;n%d列号&
printf(&=a[i][j])
{max=a[i][j];j&lt,d;j++)
if(max& int i,10;4,{5;3,max,4},2,c,12}},{9,7.h&stdio
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//求出4×4矩阵中最大和最小元素值及其所在行下标和列下标，求出两条主对角线元素之和
int main()
int sum=0;
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int min1,min2;//记录最小值的坐标
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//为数组赋值
for(i=0;i<4;i++)
for(j=0;j<4;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
max=min=a[0][0];//初始化最大值最小值都为数组的第一个元素值a[0][0]
for(i=0;i<4;i++)
for(j=0;j<4;j++)
if(max=a[i][j])
min=a[i][j];
min1=i,min2=j;
printf("%d %d\n",max,min);
printf("max(%d,%d)
min(%d %d)\n",max1,max2,min1,min2);
//求两条主对角线元素之和
for(i=0;i<4;i++)
for(j=0;j<4;j++)
if(i==j||(i+j==3))//关键（j==3-i）
sum=sum+a[i][j];
printf("sum=%d\n",sum);
(window.slotbydup=window.slotbydup || []).push({
id: '2467140',
container: s,
size: '1000,90',
display: 'inlay-fix'
(window.slotbydup=window.slotbydup || []).push({
id: '2467141',
container: s,
size: '1000,90',
display: 'inlay-fix'
(window.slotbydup=window.slotbydup || []).push({
id: '2467143',
container: s,
size: '1000,90',
display: 'inlay-fix'
(window.slotbydup=window.slotbydup || []).push({
id: '2467148',
container: s,
size: '1000,90',
display: 'inlay-fix'求出一个矩阵中的最大值和位置
function y=max_cmn(x);
[r,c]=size(x);
if x(i,j)&t
&& y=max_cmn(A)
从网上看到的更好的方法：
function y=max_cmn(x);
[C1,I1]=max(x);
[C2,I2]=max(C1);
y=[C2,I1(I2),I2];
&& y=max_cmn(A)
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#include &stdio.h&#include &string.h&#define N 10
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