巴蜀1697 盖房子 （DP）

Description

　　永恒の灵魂最近得到了面积为n*m的一大块土地（高兴ING^_^），他想在这块土地上建造一所房子，这个房子必须是正方形的。 
　　但是，这块土地并非十全十美，上面有很多不平坦的地方（也可以叫瑕疵）。这些瑕疵十分恶心，以至于根本不能在上面盖一砖一瓦。 
　　他希望找到一块最大的正方形无瑕疵土地来盖房子。 
　　不过，这并不是什么难题，永恒の灵魂在10分钟内就轻松解决了这个问题。 
　　现在，您也来试试吧。

Input

　　输入文件第一行为两个整数n,m（1<=n,m<=1000），接下来n行，每行m个数字，用空格隔开。0表示该块土地有瑕疵，1表示该块土地完好。

Output

　　一个整数，最大正方形的边长。

Sample Input

　　4 4　　0 1 1 1　　1 1 1 0　　0 1 1 0　　1 1 0 1

Sample Output

 2

【问题分析】

题目中说要求一个最大的符合条件的正方形，所以就想到判断所有的正方形是否合法。

这个题目直观的状态表示法是opt[i,j,k]基类型是boolean，判断以（i,j）点为左上角（其实任意一个角都可以，依据个人习惯）,长度为K的正方形是否合理，再找到一个K值最大的合法状态就可以了（用true表示合理，false表示不合理）。其实这就是递推，（决策唯一）。

递推式：

opt[i,j,k]=opt[i+1,j+1,k-1] andopt[i+1,j,k-1] and opt[i,j+1,k-1] and (a[i,j]=1)

时间复杂度：

状态数O（N3）*转移代价O（1）=总复杂度O（N3）

空间复杂度：

O（N3）

由于空间复杂度和时间复杂度都太高，不能AC，我们就的再想想怎么优化？

显然何以用滚动数组优化空间，但是时间复杂度仍然是O（N3）。这就需要我们找另外一种简单的状态表示法来解了。

仔细分析这个题目，其实我们没必要知道正方形的所有长度，只要知道以一个点为左上角的正方形的最大合理长度就可以了。

如果这个左上角是0那么它的最大合理长度自然就是0（不可能合理）。

如果这个左上角是1呢？

回顾上面的递推式，我们考虑的是以它的右面，下面，右下这个三个方向的正方形是否合理，所以我们还是要考虑这三个方向。具体怎么考虑呢？

如果这三个方向合理的最大边长中一个最小的是X，那么它的最大合理边长就是X+1。为什么呢？

看个例子：

0 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1

0 1 0 1 1 0

1 1 0 1 1 1

上例中红色的正方形，以（1,3）点为左上角，以（1，4），（2，3），（2，4）这三个点的最大合理边长分别是2，1，2。其中最小的是以（2，3）为左上角的正方形，最大合理边长是1。因为三个方向的最大合理边长大于等于1，所以三个方向上边长为1的正方形是合理的，即上面低推式中:

opt[1,3,2]=opt[1,4,1] and opt[2,3,1]and opt[2,4,1] and (a[1,3]=1) = true 成立

这样就把一个低推判定性问题转化成最优化问题从而节省空间和时间。

具体实现：

设计一个状态opt[i,j]表示以（i,j）为左上角的正方形的最大合理边长。

状态转移方程：

min{opt[i+1,j],opt[i,j+1],opt[i+1,j+1]}+1      (a[i,j]=1)

opt[i,j]=0                                                         (a[i,j]=0)

时间复杂度：状态数O（N2）*转移代价O（1）=总代价O（N2）

另一种解法：

先对每一个位置进行预处理，求出left[i][j]（点i,j左边1的个数）和up[i][j]（点i,j上边1的个数）。具体看代码。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int MAXN = 1010;const int INF = 99999999;int a[MAXN][MAXN], dp[MAXN][MAXN];int left[MAXN][MAXN], up[MAXN][MAXN];void init(int n, int m){    int i, j;    for(i = 1; i <= n; i++)        for(j = 1; j <= m; j++)            scanf("%d",&a[i][j]);    for(i = 0; i <= n; i++)        left[i][0] = 0;    for(j = 0; j <= m; j++)        up[0][j] = 0;    for(i = 1; i <= n; i++)    {        for(j = 1; j <= n; j++)        {            if(a[i][j] == 0)                left[i][j] = up[i][j] = 0;            else            {                left[i][j] = left[i][j-1] + 1;                up[i][j] = up[i-1][j] + 1;            }        }    }}int operDp(int n, int m){    int i, j;    for(i = 0; i <= n; i++)        dp[i][0] = 0;    for(j = 0; j <= m; j++)        dp[0][j] = 0;    int ret = -INF;    for(i = 1; i <= n; i++)    {        for(j = 1; j <= m; j++)        {            if(left[i][j] > dp[i-1][j-1] && up[i][j] > dp[i-1][j-1])                dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1;            else                dp[i][j] = min(left[i][j], up[i][j]);            ret = max(ret, dp[i][j]);        }    }    return ret;}int main(){    int n, m;    while(scanf("%d%d",&n,&m) != EOF)    {        init(n, m);        printf("%d\n",operDp(n,m));    }    return 0;}