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参考资料：
- 2132. 用邮票贴满网格图 - 力扣（LeetCode）
题目描述
给你一个 m x n 的二进制矩阵 grid ，每个格子要么为 0 （空）要么为 1 （被占据）。
给你邮票的尺寸为 stampHeight x stampWidth 。我们想将邮票贴进二进制矩阵中，且满足以下 限制 和 要求 ：
- 覆盖所有 空 格子。
- 不覆盖任何 被占据 的格子。
- 我们可以放入任意数目的邮票。
- 邮票可以相互有 重叠 部分。
- 邮票不允许 旋转 。
- 邮票必须完全在矩阵 内 。
如果在满足上述要求的前提下，可以放入邮票，请返回 true ，否则返回 false 。
样例
思路
主要思想：二维前缀和 + 二维差分
由于题目没有限制放入邮票的数量，也允许邮票相互重叠，所以我们应该尽可能地多贴邮票。
假设我们以邮票的左上角 (i,j)为基准粘贴邮票，则该邮票的覆盖范围是 (i.j) ~ (x,y) ，其中 x = i+stampHeight-1, y = j+stampHeight-1。为了铺满整张网格图，我们遍历每个格子，判断能否以当前格子为左上角粘贴邮票，最后，我们检查是否每个空格子都被邮票覆盖即可。关键问题在于：
- 如果快速判断一个矩形范围
(i.j) ~ (x,y)内是否存在被占据的格子。 - 在贴上邮票后如何更新矩阵的状态，并在最后快速判断每个空格子是否被覆盖。
对于第一个问题，我们可以使用二维前缀和解决。定义 sum[i][j] 表示范围 (0,0) ~ (i,j) 内被占据格子的数量，那么对与我们要粘贴邮票的范围 (i.j) ~ (x,y) ，只需判断 sum[x][y]-sum[i-1][y]-sum[x][j-1]+sum[i-1][j-1] 是否为 0 即可。
对于第二个问题，我们可以使用二维差分解决。由于本人之前对于差分的理解不是很到位，所以这里展开说一下。差分可以看作前缀和的逆运算，我们对差分数组求前缀和即可得到原数组，对原数组求前缀和即可得到前缀和数组。假设这里的原数组 arr[i][j] 表示当前格子上的邮票数量，那差分数组 diff 就应该按照下图方式修改：
代码
不得不承认，我求二维前缀和、二维差分的代码极其丑陋。。。
class Solution {
public:bool possibleToStamp(vector<vector<int>>& grid, int stampHeight, int stampWidth) {int m = grid.size(), n = grid[0].size();vector<vector<int>> sum(grid.begin(), grid.end());vector<vector<int>> diff(m, vector<int>(n, 0));for(int i=0;i<m;++i){for(int j=1;j<n;++j){sum[i][j] += sum[i][j-1];}}for(int i=1;i<m;++i){for(int j=0;j<n;++j){sum[i][j] += sum[i-1][j];}}for(int i=0;i<m;++i){for(int j=0;j<n;++j){if(grid[i][j]) continue;int x = i+stampHeight-1, y = j+stampWidth-1;if(x>=m || y>=n) continue;int temp = sum[x][y];if(i>0) temp -= sum[i-1][y];if(j>0) temp -= sum[x][j-1];if(i>0 && j>0) temp += sum[i-1][j-1];if(temp == 0){++diff[i][j];if(x+1<m) --diff[x+1][j];if(y+1<n) --diff[i][y+1];if(x+1<m && y+1<n) ++diff[x+1][y+1];}}}for(int i=0;i<m;++i){for(int j=1;j<n;++j){diff[i][j] += diff[i][j-1];}}for(int i=1;i<m;++i){for(int j=0;j<n;++j){diff[i][j] += diff[i-1][j];}}for(int i=0;i<m;++i){for(int j=0;j<n;++j){if(!grid[i][j] && !diff[i][j]) return false;}}return true;}
};