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
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
3
说明
右上角的
1 0 0 0 1 0 0 0 1
解法一
这道题虽然是动态规划，但也有非动态规划的做法，看到题解里没有这种做法，就给大家发一下（虽然慢了一点，但比较容易理解）：用前缀和、差分，首先对矩阵求前缀和，之后从（0,0）向（n，m）扫描，每扫描到一个点，就向这个点的左上方（i-k,j-k，1<=k<=n）
扫描，如果扫描到0或从（i-k，j-k）到（i，j）这个矩阵的差分（即其中鱼的个数）大于k+1（矩阵对角线长度）则终止扫描，此时k就是从点（i，j）向左上方能吃到的鱼的数量，扫描完之后将整个矩阵左右翻转再进行一次扫描，两次扫描扫到的最大值就是结果。
代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define min3(a,b,c) min(a,min(b,c))
using namespace std;
int ans,a[][],b[][],sum[][],N,M,x,y;
void zheng(){
memset(sum,,sizeof(sum));
for(int i=;i<=N;i++){
for(int j=;j<=M;j++)
sum[i][j]=sum[i][j-]+a[i][j];
for(int j=;j<=M;j++)
sum[i][j]+=sum[i-][j];
} for(int i=;i<=N;i++)
for(int j=;j<=M;j++)
if(a[i][j]==){
int k=;
while((k<min(i,j))&&(a[i-k][j-k]==)
&&(sum[i][j]-sum[i-k-][j]-sum[i][j-k-]+sum[i-k-][j-k-])==(k+)){
// printf("i=%d j=%d k=%d\n",i,j,k);
k++;
} ans=max(ans,k);
} }
void change(){
for(int i=;i<=N;i++)
for(int j=;j<=(M+)/;j++)
swap(a[i][j],a[i][M-j+]);
return;
}
int main(){
// freopen("01.txt","r",stdin);
scanf("%d%d",&N,&M);
for(int i=;i<=N;i++)
for(int j=;j<=M;j++)
scanf("%d",&a[i][j]); zheng();
change();
/* for(int i=1;i<=N;i++){
for(int j=1;j<=M;j++)
printf("%-3d",sum[i][j]);
puts("");
}*/ zheng(); printf("%d\n",ans);
return ;
}
解法二
动态规划1，f[i][j]表示以(i,j)为顶点的最大子矩阵中能吃到的鱼的条数。
f[i][j]可以从f[i-1][j-1]或f[i-1][j+1]转移而来，取其中最大值。
每次转移需要横向和纵向检查0的个数，取两者最小值k即得到了最大子矩阵中鱼的个数。
C代码：
#include<stdio.h>
int n,m,i,j,k,k1,k2,max,temp,f[][];
int main(void)
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)==)
{
max=;//答案
for(i=;i<=n;i++)
{
for(j=;j<=m;j++)scanf("%d",&f[i][j]);//先输入一行，因为下面要横向检查0的个数。
for(j=;j<=m;j++)
{
if(f[i][j]==)
{
temp=f[i-][j-];//检查左上方
if(temp>= && temp+>f[i][j])
{
for(k1=;k1<=temp;k1++)//横向往左检查0的个数k1，最多为temp个
if(f[i][j-k1]>=) break;
for(k2=;k2<=temp;k2++)//纵向往上检查k2……
if(f[i-k2][j]>=) break;
f[i][j]=k1<k2?k1:k2; //取k1、k2较小的那个，就是满足条件的最大子矩阵。
}
temp=f[i-][j+];//检查右上方
if(temp>= && temp+>f[i][j])
{
for(k1=;k1<=temp;k1++)
if(f[i][j+k1]>=) break;//唯一不同是这里的j+k1而不是j-k1,因为是往右检查
for(k2=;k2<=temp;k2++)
if(f[i-k2][j]>=) break;
f[i][j]=k1<k2?k1:k2;
}
}
if(f[i][j]>max) max=f[i][j];
}
}
printf("%d\n",max);
}
return ;
}
动态规划2:
暴力dp。
首先分类，fl[i,j]表示由左上开始的对角线到（i，j）为终点的最大长度，fr[i,j]为从右上开始的对角线到(i,j)为终点的最大长度。
可以观察到fl[i,j]可以从f[i-1,j-1]转移而来，fr[i,j]可由fr[i-1,j+1]转移而来，当转移完毕后，搜索以当前对角线长为边长正方形上该点的临边有没有鱼，如果有鱼，那么鱼到该点的距离为以该点为终点的对角线长。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a[][],fl[][],fr[][];
int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i = ;i<=n;i++)
for(int j = ;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
memset(fl,,sizeof(fl));
memset(fr,,sizeof(fr));
for(int i = ;i<=n;i++)//搜索fl
for(int j = ;j<=m;j++)
if(a[i][j]){
fl[i][j] = fl[i-][j-]+;
for(int k = ;k<fl[i][j];k++)if(a[i-k][j]||a[i][j-k]){//验证当前解是否可行
fl[i][j] = k;
break;
}
}
for(int i = ;i<=n;i++)//搜索fr
for(int j = m;j;j--)
if(a[i][j]){
fr[i][j] = fr[i-][j+]+;
for(int k = ;k<fr[i][j];k++)if(a[i-k][j]||a[i][j+k]){//验证当前解是否可行
fr[i][j] = k;
break;
}
}
int ans = ;
for(int i = ;i<=n;i++)
for(int j = ;j<=m;j++)ans = max(ans,max(fl[i][j],fr[i][j]));
cout<<ans<<endl;
return ;
}