P1736 创意吃鱼法

题目描述

回到家中的猫猫把三桶鱼全部转移到了她那长方形大池子中，然后开始思考：到底要以何种方法吃鱼呢（猫猫就是这么可爱，吃鱼也要想好吃法 ^_*）。她发现，把大池子视为01矩阵（0表示对应位置无鱼，1表示对应位置有鱼）有助于决定吃鱼策略。

在代表池子的01矩阵中，有很多的正方形子矩阵，如果某个正方形子矩阵的某条对角线上都有鱼，且此正方形子矩阵的其他地方无鱼，猫猫就可以从这个正方形子矩阵“对角线的一端”下口，只一吸，就能把对角线上的那一队鲜鱼吸入口中。

猫猫是个贪婪的家伙，所以她想一口吃掉尽量多的鱼。请你帮猫猫计算一下，她一口下去，最多可以吃掉多少条鱼？

输入输出格式

输入格式：

有多组输入数据，每组数据：

第一行有两个整数n和m（n,m≥1），描述池塘规模。接下来的n行，每行有m个数字（非“0”即“1”）。每两个数字之间用空格隔开。

对于30%的数据，有n,m≤100

对于60%的数据，有n,m≤1000

对于100%的数据，有n,m≤2500

输出格式：

只有一个整数——猫猫一口下去可以吃掉的鱼的数量，占一行，行末有回车。

输入输出样例

输入样例#1：

4 6
0 1 0 1 0 0
0 0 1 0 1 0
1 1 0 0 0 1
0 1 1 0 1 0

输出样例#1：

说明

右上角的

1 0 0 0 1 0 0 0 1

Solution：

　　本题标签$DP$，那么只能是多维$DP$了，那么先尝试定义二维状态$f[i][j]$表示以$(i,j)$点为矩形下边顶点的最大边长。

　　由于对角线可以从右下往左上、也可以从左下往右上，转移时就要分两种情况判断。

　　先考虑其中$(i,j)$为右下顶点的情况：

　　不难想到以$(i,j)$为下边顶点的矩形最大边长$f[i][j]$等于：$f[i-1][j-1]+1$(表示$(i,j)$右上的点为右下顶点的最大边长)，仔细思考这样显然有问题，会受到横向和纵向的$0/1$限制，所以还得多处理两个表示横向和纵向的变量:$s1[i][j]$(表示$(i,j)$点往左或往右连续$0$的个数)、$s2[i][j]$(表示$(i,j)$点往上连续$0$的个数)，直接$n^2$预处理就$OK$了。

　　那么$(i,j)$为右下顶点的状态转移方程：$f[i][j]=Min(f[i-1][j-1],Min(s1[i][j-1],s2[i-1][j]))+1$

　　再类似的求法去求$(i,j)$为左下顶点的$f[i][j]$。

　　输出$ans$（$ans$取两次$DP$中的所有状态的最大值）就$OK$了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
#define Min(a,b) (a)>(b)?(b):(a)
#define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
using namespace std;
const int N=2505;
int n,m,ans,w[N][N],f[N][N],s1[N][N],s2[N][N];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>m;
    For(i,1,n) For(j,1,m) {
        cin>>w[i][j];
        if(!w[i][j])s1[i][j]=s1[i][j-1]+1,s2[i][j]=s2[i-1][j]+1;
        else f[i][j]=(Min(f[i-1][j-1],Min(s1[i][j-1],s2[i-1][j])))+1;
        ans=Max(ans,f[i][j]);
    }
    memset(f,0,sizeof(f));memset(s1,0,sizeof(s1));memset(s2,0,sizeof(s2));
    For(i,1,n) Bor(j,1,m){
        if(!w[i][j])s1[i][j]=s1[i][j+1]+1,s2[i][j]=s2[i-1][j]+1;
        else f[i][j]=(Min(f[i-1][j+1],Min(s1[i][j+1],s2[i-1][j])))+1;
        ans=Max(ans,f[i][j]);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}