LeetCode 1292：二维前缀和与最大正方形边长问题

LeetCode 1292 这道题，我觉得是二维前缀和的教科书级例题。题面很短：给你一个 m x n 的矩阵，找一个正方形区域，让元素和小于等于给定的阈值 threshold，返回能满足条件的最大边长。乍一看，很多人第一反应是二分答案，然后写一个 check 函数去验证某个边长是否可行。但仔细看数据范围，m、n 最大只有 300，压根不用二分，直接用二维前缀和预处理，再暴力枚举边长就能稳稳过掉，而且代码写起来反而更直白、更不容易错。这篇就用最通俗的方式，把二维前缀和怎么推、代码怎么写、坑在哪里讲清楚。

1. 题目拆解：它到底在求什么

1.1 数据规模和暴力解法的瓶颈

先看数据范围：矩阵的长和宽都在 300 以内，元素值是非负整数，阈值 threshold 最大到 1e9。如果完全按暴力思路，枚举每个可能的正方形左上角，再枚举边长，然后重新累加这个正方形内部的所有元素，那复杂度会是多少？

假设矩阵是 300 x 300，正方形边长从 1 到 300。每次累加一个 k x k 的正方形，需要 k^2 次加法。把所有边长、所有左上角的情况都枚举一遍，总操作量大概是：

S = Σ_{k=1}^{300} (301 - k)^2 * k^2

这个数非常大，粗算一下：当 k 在中间段（比如 k=150）时，(301-k)^2 约等于 151^2 ≈ 22801，k^2 ≈ 22500，相乘再乘上左上角数量，单层循环就接近 5 亿次加法。整体加起来，C++ 在 LeetCode 上大概率超时，Python 更是想都别想。

所以核心矛盾是：我们需要一种方法，能在 O(1) 时间内算出任意一个矩形区域的和，而不是每次现加。这正是二维前缀和存在的意义。

1.2 从一维前缀和到二维的思维迁移

一维前缀和大家都熟：给一个数组 nums，预处理一个 prefix 数组，prefix[i] 表示 nums[0] 到 nums[i-1] 的和，这样任意区间 [l, r] 的和就是 prefix[r+1] - prefix[l]。它把「区间求和」从 O(n) 降到了 O(1)。

二维前缀和的思路完全一样，只是把「区间」换成「矩形」。我们需要一个二维数组 p，让 p[i][j] 表示从矩阵左上角 (0,0) 到 (i-1,j-1) 这个矩形区域内所有元素的和。注意这里故意用 1-based 的含义来描述，代码里通常也把 p 开成 (m+1) x (n+1)，就是为了让边界处理更干净，这个细节后面专门讲。

一旦有了 p，任何以 (x1,y1) 为左上角、(x2,y2) 为右下角的矩形和，都可以通过 p 数组的四项组合算出来。整个问题的难点就全集中在这两步：如何快速构造 p，以及如何准确写出矩形和的查询公式。

2. 二维前缀和的核心细节：预处理、查询与公式推导

2.1 预处理：容斥公式怎么来的

p[i][j] 的定义是「从 (0,0) 到 (i-1,j-1) 的矩形和」。怎么递推？我们盯住右下角这个格子，也就是矩阵中的第 i-1 行、第 j-1 列，它的值记为 mat[i-1][j-1]。

p[i][j] 其实可以拆成三块：

• 上面部分：p[i-1][j]，它覆盖了从 (0,0) 到 (i-2,j-1) 的矩形；
• 左边部分：p[i][j-1]，它覆盖了从 (0,0) 到 (i-1,j-2) 的矩形；
• 当前格子：mat[i-1][j-1]。

但把 p[i-1][j] 和 p[i][j-1] 直接相加，左上角那块区域 p[i-1][j-1] 被重复加了一次。因为 p[i-1][j] 覆盖了 (0,0) 到 (i-2,j-1)，p[i][j-1] 覆盖