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
这道题和之前做过的最大正方形十分的类似。
状态转移方程为
其中
代表以
为右下角(左下角)的最大正方形的边长
表示以a[i][j]为
左端点往右(往左)延伸的都是0的最大长度,两次dp即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2550;
int dp[maxn][maxn];
int s1[maxn][maxn];
int s2[maxn][maxn];
int maze[maxn][maxn];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
int n,m;
cin>>n>>m;
int s;
memset(s1,0,sizeof(s1));
memset(s2,0,sizeof(s2));
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++){
s=0;
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>maze[i][j];
if(maze[i][j]==0){
s++;
}
else{
s1[i][j]=s;
s=0;
}
}
}
for(int j=1;j<=m;j++){
s=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(maze[i][j]==0){
s++;
}
else{
s2[i][j]=s;
s=0;
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(maze[i][j]==1){
dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],min(s1[i][j],s2[i][j]))+1;
ans=max(ans,dp[i][j]);
}
}
}
memset(s1,0,sizeof(s1));
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++){
s=0;
for(int j=m;j>=1;j--){
if(maze[i][j]==0){
s++;
}
else{
s1[i][j]=s;
s=0;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=m;j>=1;j--){
if(maze[i][j]){
dp[i][j]=min(dp[i-1][j+1],min(s2[i][j],s1[i][j]))+1;
ans=max(ans,dp[i][j]);
}
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}