这题是按照解题报告上的思想来写的。觉得这个想法确实是很麻烦。现大概说下思路：
首先我们需要通过dp求出每一个点上下左右的延伸距离，这个距离就是连续的1的个数。预处理好这个信息后。我们不是去枚举每个点，而是去枚举每条对角线上的点，按照上面的说法，一条很明显的规则：所有边由1组成的正方形的对角线一定是矩形的对角线，相比N^2的枚举每个点，这个做法有个好处就是减少重复计算。我们的主要思想还是确定一个点为目标正方形的左上角点，然后取右、下的较小值作为其可及域，我们只需要统计这个区域内的点是否能够能够反向覆盖。
对于对角线 L， 我们从左上角到右下角进行遍历， 设当前点的坐标为(i, j)，对角线坐标是1（左上角点）其可及区域（对角线坐标区域）为：i + min(r[i][j], d[i][j]) - 1；设这个值为E，那么我们需要在[i, E]寻找某一点(对角线坐标为k，实际坐标为(t, p)) 满足 S[k] = k - min(u[t][p], l[t][p]) + 1 大于等于i。将问题作了这个转化后，我们需要对每条对角线的点k预处理出S[k]，然后就是离线处理的技巧了，对于对角线上的每一个不为0的点，都是有权成为目标正方形的左上角的，于是我们将每个非0点构成的可及区域进行统计，然后将其排序，这样当每遇到一个左端点时，就减去小于该端点（k）的统计值，原因是前面的坐标不合法，到一个右端点就要加上小于（k）的值，这样就抵消了前面减去的值。
说起来真纠结，主要是要理解树状数组的用法。
代码如下：
#include <cstring> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> #define MAXN 1005 using namespace std; int N, G[MAXN][MAXN], c[MAXN], idx; int dgn[MAXN]; // 计算出所有对角线的特性 int l[MAXN][MAXN], r[MAXN][MAXN], u[MAXN][MAXN], d[MAXN][MAXN]; struct Node { int x, sign, key; bool operator < (Node temp) const { if (x != temp.x) { return x < temp.x; } else { return sign < temp.sign; } } }p[MAXN<<1]; // 保留所有的端点 int lowbit(int x) { return x & -x; } void addpoint(int a, int b) { // 0代表左端点，1代表右端点 ++idx; p[idx].x = a, p[idx].sign = 0; p[idx].key = a; ++idx; p[idx].x = b, p[idx].sign = 1; p[idx].key = a; } void add(int x) { for (int i = x; i <= N; i += lowbit(i)) { c[i] += 1; } } int sum(int x) { int ret = 0; for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) { ret += c[i]; } return ret; } int solve() { // 先枚举下三角+主对角线 int ret = 0; for (int i = N; i >= 1; --i) { idx = -1; for (int j = 1; j <= (N-i+1); ++j) { // 该条对角线共有i个点 if (G[i+j-1][j]) { addpoint(j, j+min(r[i+j-1][j], d[i+j-1][j])-1); dgn[j] = j - min(u[i+j-1][j], l[i+j-1][j])+1; } // 初始化好了一条对角线的特征值 } if (idx == -1) { continue; } sort(p, p+idx+1); // 从0开始，有idx+1个元素 memset(c, 0, sizeof (c)); for (int k = 0; k <= idx; ++k) { if (!p[k].sign) { // 左端点 ret -= sum(p[k].key); add(dgn[p[k].x]); } else { // 右端点 ret += sum(p[k].key); } } } // 枚举上三角对角线 for (int j = 2; j <= N; ++j) { idx = -1; for (int i = 1; i <= (N-j+1); ++i) { if (G[i][j+i-1]) { addpoint(i, i+min(r[i][j+i-1], d[i][j+i-1])-1); dgn[i] = i - min(u[i][j+i-1], l[i][j+i-1])+1; } } if (idx == -1) { continue; } sort(p, p+idx+1); memset(c, 0, sizeof (c)); for (int k = 0; k <= idx; ++k) { if (!p[k].sign) { ret -= sum(p[k].key); add(dgn[p[k].x]); } else { ret += sum(p[k].key); } } } return ret; } int main() { int T, ca = 0; scanf("%d", &T); while (T--) { scanf("%d", &N); memset(d, 0, sizeof (d)); memset(r, 0, sizeof (r)); for (int i = 1; i<= N; ++i) { for (int j = 1; j <= N; ++j) { scanf("%d", &G[i][j]); if (G[i][j]) { u[i][j] = G[i-1][j] ? u[i-1][j] + 1 : 1; l[i][j] = G[i][j-1] ? l[i][j-1] + 1 : 1; } } } for (int i = N; i >= 1; --i) { for (int j = N; j >= 1; --j) { if (G[i][j]) { d[i][j] = G[i+1][j] ? d[i+1][j] + 1 : 1; r[i][j] = G[i][j+1] ? r[i][j+1] + 1 : 1; } } } // 统计出每个点上下左右1的连续个数 printf("Case %d: %d\n", ++ca, solve()); } return 0; }