1、最短编辑距离：
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <vector>
#include <algorithm>//min()包含头文件 sf
using namespace std;
int main(){
char str1[1025],str2[1025];//d//长度不超过1024,长度最小要声明为1024+1,因为字符串末尾有空字符。
int n,m,temp;
cout<<"hhhhh llll"<<endl;
while(cin>>str1>>str2){//循环输入两个字符串
m=strlen(str1);
n=strlen(str2);
cout<<"长度1:"<<m<<endl;
cout<<"长度2:"<<n<<endl;
vector< vector<int> > dp(m+1,vector<int>(n+1,0));//生成一个m+1行n+1列的二维矩阵记录当前的状态值
//初始化
for(int i=1;i<=m;i++)//dp[i][0]=i，例如dp[2][0]表示一个长度为2的字符串str1与一个空字符串str2的最小编辑距离为2（即依次将str1中的字符添加到str2中）
dp[i][0]=i;
for(int j=0;j<=n;j++)//dp[0][j]=j，例如dp[0][1]表示一个空字符串str1与一个长度为1的字符串str2的最小编辑距离为1（即依次将str2中的字符添加到str1中）
dp[0][j]=j;
dp[0][0]=0;//空字符串与空字符串之间的最小编辑距离为0
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(str2[j-1]==str1[i-1])//注意：字符串str1和str2中的索引是从0开始的，而1<=i<=m,1<=j<=n,所以这里的i和j要减1
dp[i][j]=dp[i-1][j-1];
else{
temp=min(dp[i][j-1],dp[i-1][j]);
dp[i][j]=min(temp,dp[i-1][j-1])+1;
}
}
}
cout<<dp[m][n]<<endl;//最终的dp[m][n]为两字符串之间的最小编辑距离
}
return 0;
}
2、背包问题：
描述
在n个物品中挑选若干物品装入背包，最多能装多满？假设背包的大小为m，每个物品的大小为A[i]
你不可以将物品进行切割。
样例
样例 1:
输入: [3,4,8,5], backpack size=10
输出: 9
样例 2:
输入: [2,3,5,7], backpack size=12
输出: 12
思路：
dp[k][n] 的定义如下:对于前 k 个物品，当前背包的容量为 n ，这种情况下可以装的最大价值是dp[k][n]。
解题框架：
int dp[N+1][W+1]
dp[0][..] = 0
dp[..][0] = 0
for i in [1..N]:
for w in [1..W]:
dp[i][w] = max( 把物品 i 装进背包,不把物品 i 装进背包 )
return dp[N][W]
class Solution {
public:
/**
* @param m: An integer m denotes the size of a backpack
* @param A: Given n items with size A[i]
* @return: The maximum size
*/
int backPack(int m, vector<int> &A) {
// write your code here
int len = A.size()+1;
m = m+1;
vector<vector<int>> dp(len, vector<int> (m, 0));
// int dp[len][m];
// vector<vector<int>> dp[len][m];
// for (int i=0;i<len;i++){
// dp[i][0] = 0;
// }
// for (int i= 0;i<m;i++){
// dp[0][i] = 0;
// }
for(int k =1;k<len;k++){
for(int n=1;n<m;n++){
if(n-A[k-1]<0){
dp[k][n]=dp[k-1][n];
}
else{
dp[k][n]= max(dp[k-1][n],dp[k-1][n-A[k-1]]+A[k-1]);
}
}
}
return dp[len-1][m-1];
}
};
背包问题2
描述
有 n 个物品和一个大小为 m 的背包. 给定数组 A 表示每个物品的大小和数组 V表示每个物品的价值.
问最多能装入背包的总价值是多大?
A[i], V[i], n, m均为整数- 你不能将物品进行切分
- 你所挑选的要装入背包的物品的总大小不能超过
m - 每个物品只能取一次
样例 1:
输入: m = 10, A = [2, 3, 5, 7], V = [1, 5, 2, 4]
输出: 9
解释: 装入 A[1] 和 A[3] 可以得到最大价值, V[1] + V[3] = 9
样例 2:
输入: m = 10, A = [2, 3, 8], V = [2, 5, 8]
输出: 10
解释: 装入 A[0] 和 A[2] 可以得到最大价值, V[0] + V[2] = 10
思路：和0-1背包问题的区别只在于当物品可以放入时，dp[k][n]= max(dp[k-1][n],dp[k-1][n-A[k-1]]+V[k-1]);
这里时减去体积，加上价值；上面的问题价值和体积是一样的数值；
class Solution {
public:
/**
* @param m: An integer m denotes the size of a backpack
* @param A: Given n items with size A[i]
* @param V: Given n items with value V[i]
* @return: The maximum value
*/
int backPackII(int m, vector<int> &A, vector<int> &V) {
// write your code here
int len = A.size()+1;
m = m+1;
vector<vector<int>> dp(len, vector<int> (m, 0));
// int dp[len][m];
// vector<vector<int>> dp[len][m];
// for (int i=0;i<len;i++){
// dp[i][0] = 0;
// }
// for (int i= 0;i<m;i++){
// dp[0][i] = 0;
// }
for(int k =1;k<len;k++){
for(int n=1;n<m;n++){
if(n-A[k-1]<0){
dp[k][n]=dp[k-1][n];
}
else{
dp[k][n]= max(dp[k-1][n],dp[k-1][n-A[k-1]]+V[k-1]);
}
}
}
return dp[len-1][m-1];
}
};
3、连续最大和
给定一个整数数组 nums ，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。
示例:
输入: [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出: 6
解释: 连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6。
思路：动态数组dp[i]表示，以第i个元素最为结尾的子数组，连续最大和是多少；
对每个元素i，都有两种选择，加入子数组或者单独作为子数组的开始元素；
所以：dp[i] = max(nums[i],nums[i]+dp_1)
然后遍历dp数组取最大值即可；
或者采用一个遍历随时记录最大值，可以节省空间；
-----------------------------------------
事实上，当我们令curSum为当前最大子数组的和，maxSum为最后要返回的最大子数组的和
- (继承前人遗产吗) 当我们往后扫描时，
对第j+1个元素有两种选择——要么放入前面找到的子数组，要么做为新子数组的第一个元素：
1.1 如果currSum+当前元素a[j] >= a[j]，则令currSum加上a[j]
1.2 否则currSum重新赋值，置为下一个元素，即currSum = a[j]。 - (更新历代最强吗) 比较当前最大子数组和与最大子数组的和：
2.1 同时，当currSum > maxSum，则更新maxSum = currSum
2.2 否则保持原值，不更新。
即
curSum = max(a[j], curSum + a[j])
maxSum = max(maxSum, curSum)
举个例子，当输入数组是1, -2, 3, 10, -4, 7, 2, -5，那么，curSum和maxSum相应的变化为：
curSum ： 0 | 1 -1 3 13 9 16 18 13
maxSum ： 1 | 1 1 3 13 13 16 18 18
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
int m = size(nums);
if (m == 0) return 0;
int dp_1= nums[0];
int dp_2= 0;
int res = dp_1;
for (int i=1; i< m ; i++){
dp_2 = max(nums[i],nums[i]+dp_1);
dp_1 = dp_2;
res = max(res,dp_2);
}
return res;
}
};
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
int m = size(nums);
vector<int> dp(m);
dp[0] = nums[0];
for(int i=1;i<m;i++){
dp[i]=max(nums[i],nums[i]+dp[i-1]);
}
int res=nums[0];
for(auto n:dp){
if(res<n){
res=n;
}
}
return res;
}
};
4、最长上升子序列
给定一个无序的整数数组，找到其中最长上升子序列的长度。
示例:
输入: [10,9,2,5,3,7,101,18]
输出: 4
解释: 最长的上升子序列是 [2,3,7,101]，它的长度是 4。
思路：与上题类似，dp[i]表示以nums[i]结尾的数组的最长递增子序列长度
当前元素大于前面的元素时
dp[i] = max(dp[j] +1 ) 此时，0<j<i
-----------------------------------------
比如，处理最后一个元素 5，发现比前面的元素都大，那么以 5 结尾的 LIS 的长度可能为
dp[0] + 1，dp[1] + 1，dp[2] + 1，dp[3] + 1。
其中的最大值为 dp[2] + 1 = 3，因此 LIS 的长度为 3。
总结：
dp[i] 默认都为 1，因为以 i 结尾的 LIS 至少包含自己。
在 dp 表 0~i-1 中比对时，若 arr[i] > arr[j]，
那么 dp[j] + 1 可能为 dp[i] 的最终值。
需要在所有的可能值中取最大值。
时间复杂度为 O(n2)
https://blog.csdn.net/qq_41765114/article/details/88415541
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
int len = nums.size();
vector<int > dp(len,0);
if (len == 0){
return 0;
}
if (len == 1){
dp[0]= 1;
return 1;
}
dp[0]=1;
int res2 =1;
for(int i=1;i<len;i++){
int res =1;
for(int j=0;j<=i;j++){
if(nums[i]>nums[j]){
res = max(res,dp[j]+1);
}
}
dp[i] = res;
res2 = max(res,res2);
}
return res2;
}
};
最长上升子序列：
思路：dp[i]表示以nums[i]结尾的数组的最长递增子序列长度
当前元素大于前面的元素时:
dp[i] = max(dp[j] +1 ) 此时，0<j<i
class Solution {
public:
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
int len = nums.size();
if(len==0){
return 0;
}
if(len==1){
return 1;
}
vector<int> dp(len);
dp[0]=1;
int res=1;
for(int i=1;i<len;i++){
int temp=1;
for(int j=0;j<i;j++){
if(nums[i]>nums[j]){
temp=max(temp,dp[j]+1);
}
}
dp[i]=temp;
res = max(res,dp[i]);
}
return res;
}
};
5、乘积最大子数组
给你一个整数数组 nums ，请你找出数组中乘积最大的连续子数组（该子数组中至少包含一个数字），并返回该子数组所对应的乘积。
示例 1:
输入: [2,3,-2,4]
输出: 6
解释: 子数组 [2,3] 有最大乘积 6。
示例 2:
输入: [-2,0,-1]
输出: 0
解释: 结果不能为 2, 因为 [-2,-1] 不是子数组。
思路：与连续最大和思路类似，但这里需要注意乘积计算遇到负数的情况
动态数组dp[i]表示，以第i个元素最为结尾的子数组，连续最大乘积是多少；
遍历数组时计算当前最大值，不断更新；
令imax为当前最大值，则当前最大值为 imax = max(imax * nums[i], nums[i])
由于存在负数，那么会导致最大的变最小的，最小的变最大的。因此还需要维护当前最小值imin，
imin = min(imin * nums[i], nums[i])
当负数出现时则imax与imin进行交换再进行下一步计算
时间复杂度：O(n)
class Solution {
public:
int maxProduct(vector<int>& nums) {
int len= nums.size();
if (len ==1){
return nums[0];
}
vector<int> dp(len,0);
dp[0] = nums[0];
int res = dp[0];
int imax = dp[0];
int imin = dp[0];
for (int i=1;i<len;i++){
if(nums[i]<0){
int temp = imax;
imax = imin;
imin = temp;
}
imax = max(imax*nums[i],nums[i]);
imin = min(imin*nums[i],nums[i]);
res = max(res,imax);
}
return res;
}
};
6、最小路径和：
给定一个包含非负整数的 m x n 网格，请找出一条从左上角到右下角的路径，使得路径上的数字总和为最小。
说明：每次只能向下或者向右移动一步。
示例:
输入:
[
[1,3,1],
[1,5,1],
[4,2,1]
]
输出: 7
解释: 因为路径 1→3→1→1→1 的总和最小。
思路 ： 应该用动态规划思路（贪心？）
dp[i][j]表示到i，j表示的单元格，最小和
dp[i][j] 的值只和上面的数和左边的数有关系，取两种路径中最小的即可
第一行，第一列特殊处理，然后，根据给的样例，写出递推矩阵
1，4，5
2，7，6
6，8，7
一般化：dp[i][j] = min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+grid[i][j];
遇到这种问题，可以动动手，大致演算一下，找到其中的状态转移方程,本题一次可以AC
class Solution {
public:
int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) {
int row = grid.size();
int col = grid[0].size();
vector<vector<int>> dp(row,vector<int>(col,0));
int sum = 0;
for(int i=0;i<row;i++){
dp[i][0]=sum+grid[i][0];
sum = sum+grid[i][0];
}
sum = 0;
for(int j=0;j<col;j++){
dp[0][j]=sum+grid[0][j];
sum = sum+grid[0][j];
}
for(int i= 1;i<row;i++){
for(int j=1;j<col;j++){
dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i][j-1])+grid[i][j];
}
}
return dp[row-1][col-1];
}
};
7、零钱兑换
给定不同面额的硬币 coins 和一个总金额 amount。编写一个函数来计算可以凑成总金额所需的最少的硬币个数。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1。
示例 1:
输入: coins = [1, 2, 5], amount = 11
输出: 3
解释: 11 = 5 + 5 + 1
示例 2:
输入: coins = [2], amount = 3
输出: -1
说明:
你可以认为每种硬币的数量是无限的。
思路（动态规划）：一般动动手，把例子中的结果递推出来，然后抽象成状态转移方程，再写代码：
动态规划解题套路框架:
1)先确定「状态」，也就是原问题和子问题中变化的变量。由于硬币数量无 限，所以唯一的状态就是目标金额 amount 。
2)然后确定 dp 函数的定义:当前的目标金额是 n ，至少需要 dp(n) 个硬 币凑出该金额。
3)然后确定「选择」并择优，也就是对于每个状态，可以做出什么选择改变当 前状态。具体到这个问题，无论当的目标金额是多少，选择就是从面额列表
coins 中选择一个硬币，然后目标金额就会减少:
class Solution {
public:
int coinChange(vector<int>& coins, int amount) {
// 初始化动态数组，为一个比较大的初始值
vector<int> dp(amount+1,amount+999);
if(amount == 0){
return 0;
}
if(amount <0){
return -1;
}
dp[0]=0;
//i代表要凑出的金额
for(int i=0;i<dp.size();i++){
for(int coin:coins){
// 判断能否加入
if(i-coin<0) continue;
// 状态变化情况
dp[i]=min(dp[i],dp[i-coin]+1);
}
}
if(dp[amount]==amount+999){
return -1;
}
return dp[amount];
}
};
零钱兑换II：
给定不同面额的硬币和一个总金额。写出函数来计算可以凑成总金额的硬币组合数。假设每一种面额的硬币有无限个。
思路：
我们可以把这个问题转化为背包问题的描述形式:
int change(int amount, int[] coins);
经典动态规划:完全背包问题
有一个背包，最大容量为 amount ，有一系列物品 coins ，每个物品的重 量为 coins[i] ，每个物品的数量无限。请问有多少种方法，能够把背包恰 好装满?
这个问题和我们前面讲过的两个背包问题，有一个最大的区别就是，每个物 品的数量是无限的，这也就是传说中的「完全背包问题」，没啥高大上的， 无非就是状态转移方程有一点变化而已。
下面就以背包问题的描述形式，继续按照流程来分析。
解题思路 第一步要明确两点，「状态」和「选择」。
状态有两个，就是「背包的容量」和「可选择的物品」，选择就是「装进背
包」或者「不装进背包」嘛，背包问题的套路都是这样。
明白了状态和选择，动态规划问题基本上就解决了，只要往这个框架套就完
事儿了:
第二步要明确 dp 数组的定义。 首先看看刚才找到的「状态」，有两个，也就是说我们需要一个二维 dp
数组。
dp[i][j] 的定义如下:
若只使用前 i 个物品，当背包容量为 j 时，有 dp[i][j] 种方法可以装 满背包。
换句话说，翻译回我们题目的意思就是:
for 状态1 in 状态1的所有取值:
for 状态2 in 状态2的所有取值:
for ...
dp[状态1][状态2][...] = 计算(选择1，选择2...)
152
经典动态规划:完全背包问题
若只使用 coins 中的前 i 个硬币的面值，若想凑出金额 j ，有 dp[i] [j] 种凑法。
经过以上的定义，可以得到:
basecase为 dp[0][..] = 0， dp[..][0] = 1 。因为如果不使用任何硬币面 值，就无法凑出任何金额;如果凑出的目标金额为 0，那么“无为而治”就是 唯一的一种凑法。
我们最终想得到的答案就是 dp[N][amount] ，其中 N 为 coins 数组的大 小。
大致的伪码思路如下:
int dp[N+1][amount+1] dp[0][..] = 0 dp[..][0] = 1
for i in [1..N]:
for j in [1..amount]:
把物品 i 装进背包,
不把物品 i 装进背包 return dp[N][amount]
第三步，根据「选择」，思考状态转移的逻辑。 注意，我们这个问题的特殊点在于物品的数量是无限的，所以这里和之前写
的背包问题文章有所不同。
如果你不把这第 i 个物品装入背包，也就是说你不使用 coins[i] 这个面 值的硬币，那么凑出面额 j 的方法数 dp[i][j] 应该等于 dp[i-1][j] ， 继承之前的结果。
如果你把这第 i 个物品装入了背包，也就是说你使用 coins[i] 这个面值 的硬币，那么 dp[i][j] 应该等于 dp[i][j-coins[i-1]] 。
首先由于 i 是从 1 开始的，所以 coins 的索引是 i-1 时表示第 i 个硬 币的面值。
经典动态规划:完全背包问题
dp[i][j-coins[i-1]] 也不难理解，如果你决定使用这个面值的硬币，那么 就应该关注如何凑出金额 j - coins[i-1] 。
比如说，你想用面值为 2 的硬币凑出金额 5，那么如果你知道了凑出金额 3 的方法，再加上一枚面额为 2 的硬币，不就可以凑出 5 了嘛。
综上就是两种选择，而我们想求的 dp[i][j] 是「共有多少种凑法」，所以 dp[i][j] 的值应该是以上两种选择的结果之和:
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins) {
int len = coins.size();
vector<vector<int>> dp(len+1,vector<int>(amount+1));
// 初始化状态
for (int i = 0; i <= len; i++){
dp[i][0] = 1;
}
for (int i = 1; i <= len; i++) {
for (int j = 1; j <= amount; j++){
if (j - coins[i-1] >= 0){
dp[i][j] = dp[i - 1][j]+ dp[i][j - coins[i-1]];
}else{
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
}
return dp[len][amount];
}
};
而且，我们通过观察可以发现， dp 数组的转移只和 dp[i][..] 和 dp[i- 1][..] 有关，所以可以压缩状态，进一步降低算法的空间复杂度:
这个解法和之前的思路完全相同，将二维 dp 数组压缩为一维，时间复杂 度 O(N*amount)，空间复杂度 O(amount)。
解法一中，会造成大量的重复计算，因此我们通过缓存结果来提高性能。通过解法一种，我们知道，整个组合数就是：
- 对每种硬币类型只有选和不选两种结果
- 选择后 amount = amount -（选择的硬币面额）
class Solution {
public:
int change(int amount, vector<int>& coins) {
int len = coins.size();
vector<int> dp(amount+1);
dp[0] = 1;
for(int i=0;i<len;i++){
for(int j=1;j<=amount;j++){
if(j-coins[i]>=0){
dp[j]=dp[j]+dp[j-coins[i]];
}
}
}
return dp[amount];
}
};
121. 买卖股票的最佳时机
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票一次），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
注意：你不能在买入股票前卖出股票。
示例 1:
输入: [7,1,5,3,6,4]
输出: 5
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。
示例 2:
输入: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
思路：
1）常规思路，元素两两做差求最大值，差小于0则置为0，复杂度为o(n*n)
2）动态规划思路，dp[i]表示在第i天卖出的最大收益，就等于第i-1天不卖的最大收益，加上第i天-第i-1天的价格差
dp[i]=max(0,dp[i-1]+prices[i]-prices[i-1]) , 复杂度为o(n)
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
vector<int> dp(len+1,0);
dp[0]=0;
for(int i=1;i<len; i++){
dp[i]=max(0,dp[i-1]+prices[i]-prices[i-1]);
}
int max = 0;
for(auto x:dp){
if(x>max){
max = x;
}
}
return max;
}
};
62、不同路径
一个机器人位于一个 m x n 网格的左上角 （起始点在下图中标记为“Start” ）。
机器人每次只能向下或者向右移动一步。机器人试图达到网格的右下角（在下图中标记为“Finish”）。
问总共有多少条不同的路径？
思路：这个动态规划题目很简单：
* * *
* * *
* * *
左上角到右下角：
1 1 1
1 2 3
1 3 6
根据输入矩阵大小，例举出不同路径的个数，得到状态转移方程
dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][j]
解释为：到[i,j]的路径数为，到上面的点[i-1][j]的路径数，加上到左边的点[i][j-1]的路径数，加上到左边的点
class Solution {
public:
int uniquePaths(int m, int n) {
vector<vector<int>> dp(m,vector<int>(n,1));
for(int i=1;i<m;i++){
for(int j=1;j<n;j++){
dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][j];
}
}
return dp[m-1][n-1];
}
};
70、爬楼梯：
假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
注意：给定 n 是一个正整数。
示例 1：
输入： 2
输出： 2
解释： 有两种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶
2. 2 阶
示例 2：
输入： 3
输出： 3
解释： 有三种方法可以爬到楼顶。
1. 1 阶 + 1 阶 + 1 阶
2. 1 阶 + 2 阶
3. 2 阶 + 1 阶
4
1--1--1--1
1--2--1
1--1--2
2--1--1
2--2
思路：也很简单，爬到第n阶的路径为爬到第n-1阶级的路径加上爬到第n-2阶的路径个数
所以状态转移方程：
dp[n]=dp[n-1]+dp[n-2]
dp[1]=1
dp[2]=2
class Solution {
public:
int climbStairs(int n) {
if(n==1){
return 1;
}
if(n==2){
return 2;
}
vector<int> dp(n);
dp[0]=1;
dp[1]=2;
for(int i=2;i<n;i++){
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];
}
return dp[n-1];
}
};
18. 杨辉三角
给定一个非负整数 numRows，生成杨辉三角的前 numRows 行。
思路：按照输出，写递推方程即可,基本一次AC
考虑输入行数为，0，1，2的特殊情况即可
[
[1],
[1,1],
[1,2,1],
[1,3,3,1],
[1,4,6,4,1]
]
class Solution {
public:
vector<vector<int>> generate(int numRows) {
if(numRows==0){
return {};
}
if(numRows==1){
return {{1}};
}
if(numRows==2){
return {{1},{1,1}};
}
vector<vector<int>> res;
vector<int> vec1={1};
vector<int> vec2={1,1};
res.push_back(vec1);
res.push_back(vec2);
for(int i=2;i<numRows;i++){
vector<int> temp;
temp.push_back(1);
for(int j=1;j<i;j++){
temp.push_back(res[i-1][j-1]+res[i-1][j]);
}
temp.push_back(1);
res.push_back(temp);
}
return res;
}
};
1277. 统计全为 1 的正方形子矩阵
给你一个 m * n 的矩阵，矩阵中的元素不是 0 就是 1，请你统计并返回其中完全由 1 组成的 正方形 子矩阵的个数。
示例 1：
输入：matrix =
[
[0,1,1,1],
[1,1,1,1],
[0,1,1,1]
]
0 1 1 1
1 1 2 2
0 1 2 3
求和后，为15
输出：15
解释：
边长为 1 的正方形有 10 个。
边长为 2 的正方形有 4 个。
边长为 3 的正方形有 1 个。
正方形的总数 = 10 + 4 + 1 = 15.
示例 2：
输入：matrix =
[
[1,0,1],
[1,1,0],
[1,1,0]
]
1 0 1
1 1 0
1 2 0
求和后为7
输出：7
解释：
边长为 1 的正方形有 6 个。
边长为 2 的正方形有 1 个。
正方形的总数 = 6 + 1 = 7.
思路：还是动态规划思路，通过列举结果矩阵，找到一般化的规律。
在这里，创一个dp数组等于matrix，每个点比较其左边、上边和左上三个点的关系, 动态方程为：
dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1],dp[i][j-1])+1
dp[i][j]定义为，以i，j 为右下角的正方形的数目；
所以，在计算出所有的 dp[i][j] 后，我们将它们进行累加，就可以得到矩阵中正方形的数目。
https://leetcode-cn.com/problems/count-square-submatrices-with-all-ones/solution/tong-ji-quan-wei-1-de-zheng-fang-xing-zi-ju-zhen-2/
class Solution {
public:
int countSquares(vector<vector<int>>& matrix) {
if(matrix.size()==0) return 0;
int m = matrix.size();
int n = matrix[0].size();
int ans = 0;
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n, 0));
for(int i=0;i<m;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(matrix[i][j])
{
if(i==0 || j==0){
dp[i][j] = 1;
}
else{
dp[i][j] = min(min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]), dp[i-1][j-1]) + 1;
}
ans += dp[i][j];
}
}
}
return ans;
}
};