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： 复制
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： 复制
3
dp
这题跟正方形dp那题的升级版
怎么更新呢？
一方面：
左上角那个黄点为前一个状态
另一个限制方面：
左边和上面的那两个黄点开始按箭头方向走，分别统计各自最长0的个数（开s1,s2数组进行记忆化）
取这三者的最小值就行
状态转移方程：
dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],s1[i][j-1],s2[i-1][j])+1;
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 2600 #define inf 0x3f3f3f typedef long long ll; int n,m; int G[maxn][maxn]; int dp[maxn][maxn]; int s1[maxn][maxn]; int s2[maxn][maxn]; int ans=0; int main() { scanf("%d %d",&n,&m); //从左上至右下 for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=m; j++) { scanf("%d",&G[i][j]); if(!G[i][j])//为0就进行增长处理 { s1[i][j]=s1[i][j-1]+1; s2[i][j]=s2[i-1][j]+1; } else { dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],min(s1[i][j-1],s2[i-1][j]))+1; ans=max(ans,dp[i][j]); } } memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(s1,0,sizeof(s1)); //从右上至左下，就改一点点就行 for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=m; j>=1; j--) { if(!G[i][j]) s1[i][j]=s1[i][j+1]+1; else { dp[i][j]=min(dp[i-1][j+1],min(s1[i][j+1],s2[i-1][j]))+1; ans=max(ans,dp[i][j]); } } cout<<ans; return 0; }