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
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：
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<algorithm>
5 #define min3(a,b,c) min(a,min(b,c))
6 using namespace std;
7 int ans,a[2505][2505],b[2505][2505],sum[2505][2505],N,M,x,y;
8 void zheng(){
9 memset(sum,0,sizeof(sum));
10 for(int i=1;i<=N;i++){
11 for(int j=1;j<=M;j++)
12 sum[i][j]=sum[i][j-1]+a[i][j];
13 for(int j=1;j<=M;j++)
14 sum[i][j]+=sum[i-1][j];
15 }
16
17 for(int i=1;i<=N;i++)
18 for(int j=1;j<=M;j++)
19 if(a[i][j]==1){
20 int k=1;
21 while((k<min(i,j))&&(a[i-k][j-k]==1) &&(sum[i][j]-sum[i-k-1][j]-sum[i][j-k-1]+sum[i-k-1][j-k-1])==(k+1)){
22 // printf("i=%d j=%d k=%d\n",i,j,k);
23 k++;
24 }
25
26 ans=max(ans,k);
27 }
28
29 }
30 void change(){
31 for(int i=1;i<=N;i++)
32 for(int j=1;j<=(M+1)/2;j++)
33 swap(a[i][j],a[i][M-j+1]);
34 return;
35 }
36 int main(){
37 // freopen("01.txt","r",stdin);
38 scanf("%d%d",&N,&M);
39 for(int i=1;i<=N;i++)
40 for(int j=1;j<=M;j++)
41 scanf("%d",&a[i][j]);
42
43
44 zheng();
45 change();
46 /* for(int i=1;i<=N;i++){
47 for(int j=1;j<=M;j++)
48 printf("%-3d",sum[i][j]);
49 puts("");
50 }*/
51
52 zheng();
53
54 printf("%d\n",ans);
55 return 0;
56 }
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：
1 #include<stdio.h>
2 int n,m,i,j,k,k1,k2,max,temp,f[2501][2501];
3 int main(void)
4 {
5 while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
6 {
7 max=0;//答案
8 for(i=1;i<=n;i++)
9 {
10 for(j=1;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。
11 for(j=1;j<=m;j++)
12 {
13 if(f[i][j]==1)
14 {
15 temp=f[i-1][j-1];//检查左上方
16 if(temp>=1 && temp+1>f[i][j])
17 {
18 for(k1=1;k1<=temp;k1++)//横向往左检查0的个数k1，最多为temp个
19 if(f[i][j-k1]>=1) break;
20 for(k2=1;k2<=temp;k2++)//纵向往上检查k2……
21 if(f[i-k2][j]>=1) break;
22 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。
23 }
24 temp=f[i-1][j+1];//检查右上方
25 if(temp>=1 && temp+1>f[i][j])
26 {
27 for(k1=1;k1<=temp;k1++)
28 if(f[i][j+k1]>=1) break;//唯一不同是这里的j+k1而不是j-k1,因为是往右检查
29 for(k2=1;k2<=temp;k2++)
30 if(f[i-k2][j]>=1) break;
31 f[i][j]=k1<k2?k1:k2;
32 }
33 }
34 if(f[i][j]>max) max=f[i][j];
35 }
36 }
37 printf("%d\n",max);
38 }
39 return 0;
40 }
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。
1 #include<iostream>
2 #include<cstring>
3 #include<cstdio>
4 using namespace std;
5 int a[2600][2600],fl[2600][2600],fr[2600][2600];
6 int main(){
7 int n,m;
8 cin>>n>>m;
9 for(int i = 1;i<=n;i++)
10 for(int j = 1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
11 memset(fl,0,sizeof(fl));
12 memset(fr,0,sizeof(fr));
13 for(int i = 1;i<=n;i++)//搜索fl
14 for(int j = 1;j<=m;j++)
15 if(a[i][j]){
16 fl[i][j] = fl[i-1][j-1]+1;
17 for(int k = 1;k<fl[i][j];k++)if(a[i-k][j]||a[i][j-k]){//验证当前解是否可行
18 fl[i][j] = k;
19 break;
20 }
21 }
22 for(int i = 1;i<=n;i++)//搜索fr
23 for(int j = m;j;j--)
24 if(a[i][j]){
25 fr[i][j] = fr[i-1][j+1]+1;
26 for(int k = 1;k<fr[i][j];k++)if(a[i-k][j]||a[i][j+k]){//验证当前解是否可行
27 fr[i][j] = k;
28 break;
29 }
30 }
31 int ans = 0;
32 for(int i = 1;i<=n;i++)
33 for(int j = 1;j<=m;j++)ans = max(ans,max(fl[i][j],fr[i][j]));
34 cout<<ans<<endl;
35 return 0;
36 }
同类题目http://www.cnblogs.com/radiumlrb/p/5808285.html