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：

说明

右上角的

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;

}