一種做法是：把矩形所佔的方格都設為-1，就是個最大子矩陣和問題。複雜度o(w^2*h)或o(w*h^2)，空間w*h
猜想應用場景是：電腦螢幕上已經有了n個聊天框，新建乙個聊天框，放在螢幕的哪個位置最好。客戶端計算的話，空間複雜度太高的演算法應該是沒法實際應用的。這種方法oj也會空間超出。
另一種做法（貪心思想，和乙個矩形覆蓋最小）：
所求矩形的上邊要麼貼著邊界，要麼貼著某個已有矩形的下邊
所求矩形的下邊要麼貼著邊界，要麼貼著某個已有矩形的上邊
所求矩形的左邊要麼貼著邊界，要麼貼著某個已有矩形的右邊
所求矩形的右邊要麼貼著邊界，要麼貼著某個已有矩形的左邊
總可以找到乙個滿足最小覆蓋條件的矩形，這個矩形的邊要麼與大視窗的邊緣重合，要麼和已知矩形的邊重合。可以使用常見的貪心思想證明，假設有任意乙個滿足最小覆蓋條件的矩形，總可以將其移動到與已有的邊重合。
這樣，只需要列舉o(n^2)的左上點座標，總的時間複雜度o(n^3)。
可以這樣理解，假設已經把矩形放在乙個位置了，先只考慮上下移動（左右同理），那麼在上下邊遇到另一條橫邊之前，往上移動覆蓋面積要麼單調遞增要麼單調遞減（也可以覆蓋不變），往下移動單調性相反。那麼總能移動到和某一條邊重合併比原來覆蓋面積相等或更小的。所以假設已經找到乙個滿足最小覆蓋條件的矩形，那麼可以將其移動到與已有的邊重合。
注意：求兩個矩形相交部分的面積的寫法也很值得參考。
int x = max(0, min(a.x2, b.x2) - max(a.x1, b.x1));
int y = max(0, min(a.y2, b.y2) - max(a.y1, b.y1));
return x * y;
} if (rects.size() == 0) return 0;
vectorx, y;
x.push_back(0); x.push_back(h-h);
y.push_back(0); y.push_back(w-w);
for (int i = 0; i < rects.size(); i++)
for (int i = 0; i < x.size(); i++)
if (cal < ans) ans = cal;}}
return ans;
}
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