洛谷 P1736 创意吃鱼法（多维DP）

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。

——————————————–我是分割线————————————————

这题我用的是$N^2logN$的二分，还挺好写的，效率也很可观。

进入正题：

首先要对角线要分成两种，一种是/这样的，一种是\这样的（灵魂题解~~），这是两个相似的问题，我们可以先解决一个，然后把代码复制一下（嘿嘿嘿）。

我们来看一下\这样的对角线，式子很明显：

$f[i][j]$表示以$(i,j)$为终点的对角线长度，因此这里一定有要鱼

如果矩阵$(i-x,j-x,i,j)$是满足题目要求的，那么$f[i][j]=max(f[i][j],x)$。

同时我们发现，1.x越大越好。2.x的上界是$f[i-1][j-1]$,因为超过这个一定不满足要求。3.如果x不满足要求，那么x到其上界就都不满足。

似乎满足单调性？

那么我们可以二分x。

之后我们再来看满足题目要求的矩阵

举个例子：

1 0 0 0

0 1 0 1

0 0 1 0

0 0 0 1

当i=4,j=4时，由于我们之前算出来$f[3][3]$是三，那么矩阵$（1,1,3,3）$一定是符合要求的，所以我们只需要判断第i行1到j个元素与第j行1到i个元素有没有鱼就可以了。

但如果暴力算的话会T，我们可以算矩阵$（i-x,j-x,i,j）$的和是不是$x+1$。于是就可以用到我们的二维前缀和了。

贴一下代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int f[2501][2501],s[2501][2501],i;
int a[2501][2501],n,m,l,r,mid,ans,j;
inline int read(){
    int x=0,p=1; char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch == '-') p=-1; ch=getchar();}
    while (ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*p;
}
int main(){
    n=read(); m=read();
    for (i=1; i<=n; i++)
        for (j=1; j<=m; j++){
            a[i][j]=read();
            s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
        }
    for (i=1; i<=n; i++)
        for (j=1; j<=m; j++){
            if (a[i][j]){
              f[i][j]=1;
              if (f[i-1][j-1]){
                l=0; r=f[i-1][j-1];
                while (l<=r){
                    mid=l+r>>1;
                    if (s[i][j]-s[i-mid-1][j]-s[i][j-mid-1]+s[i-mid-1][j-mid-1]==mid+1)
                       l=mid+1;
                    else r=mid-1;
                }
                f[i][j]=max(f[i][j],l);
                }
            }
            ans=max(ans,f[i][j]);
        }
    memset(f,0,sizeof(f));
    for (i=1; i<=n; i++)
        for (j=m; j>=1; j--){
            if (a[i][j]){
                f[i][j]=1;
                l=0; r=f[i-1][j+1];
                while (l<=r){
                    mid=l+r>>1;
                    if (s[i][j+mid]-s[i][j-1]-s[i-mid-1][j+mid]+s[i-mid-1][j-1]==mid+1)
                       l=mid+1;
                    else r=mid-1;
                }
                f[i][j]=max(f[i][j],l);
            }
            ans=max(ans,f[i][j]);
        }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}