P1736 创意吃鱼法[二维dp]

题目背景

感谢@throusea 贡献的两组数据

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：

3

说明

右上角的

1 0 0
0 1 0
0 0 1

解析：

这道题跟P1387 最大正方形 比较像，具体做法都是去检验形成新正方形的可行性。

想了很久不知道怎么处理从上面和左边的转移，原本就是想统计\(0\)的个数的，可惜没尝试。

---

两次\(dp\)，分别处理两条对角线的最优解。

以从左上到右下的对角线为例，需要预处理出任意位置的前面的\(0\)的数量\(pre1[i][j],pre2[i][j]\)。

显然，如果某处是\(1\)，那么它的下面的和右边的点前面的\(0\)的数量就是\(0\)，如果是\(0\)那么它的下面的和右边的点的前面的\(0\)就是此处的\(0\)的个数加\(1\)。

设\(dp[i][j]\)表示以\((i,j)\)为右下角顶点的满足题目条件的正方形的边长，由定义得在\((1\sim i,1\sim j)\)这个区域的正方形除了对角线上是\(1\)外，其他地方都是\(0\)。

所以在考虑状态转移时，对于\(dp[i][j]\)，我们已经得知\(dp[i-1][j-1]\)的最大正方形边长，那么也就得知在\((i-dp[i][j]\sim i,j-dp[i][j]\sim j )\)这个区域中，除了对角线上是\(1\)外其余都是\(0\)。如果要让\((i,j)\)为右下角顶点的正方形最大，我们就需要考虑上面提到的\(pre\)，若当前位置这个\(pre\)还没\(dp[i-1][j-1]\)大，那我们只好让以\((i,j)\)为右下角顶点的正方形边长为\(pre[i][j]\)中的较小值了。

于是有状态转移方程：

\(dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],min(pre1[i-1][j],pre2[i][j-1]))+1\)

另一条对角线同理。

注意由于\(dp\)是以递推的形式进行的，所以我们可以边输入便处理，加快速度。

当然不这样也不会T的\(QWQ\)

参考代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define N 2505
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ri register int
using namespace std;
int a[N][N],dp[N][N],pre1[N][N],pre2[N][N],n,m;
inline int read()
{
	int f=1,x=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	int ans=0;
	for(ri i=1;i<=n;i++)
	 for(ri j=1;j<=m;j++){
	 	a[i][j]=read();
	 	if(!a[i][j]){
	 		pre1[i][j]=pre1[i-1][j]+1;
	 		pre2[i][j]=pre2[i][j-1]+1;
		}
		else dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],min(pre1[i-1][j],pre2[i][j-1]))+1;
		ans=max(dp[i][j],ans);
	 }
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	memset(pre1,0,sizeof(pre1));
	memset(pre2,0,sizeof(pre2));
	for(ri i=1;i<=n;i++){
		for(ri j=m;j>=1;j--){
			if(!a[i][j]){
	 			pre1[i][j]=pre1[i-1][j]+1;
	 			pre2[i][j]=pre2[i][j+1]+1;
			}
			else dp[i][j]=min(dp[i-1][j+1],min(pre1[i-1][j],pre2[i][j+1]))+1;
			ans=max(dp[i][j],ans);
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}