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 3dp
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;#includeusing namespace std;#define maxn 2600#define inf 0x3f3f3ftypedef 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<