简析
历经千辛万苦鬼搞一通之后发现自己没有预处理就把这题给过了，感觉是个很厉害的壮举（不），在这里简单说一下自己的思路。
方便起见，我们先考虑左上右下对角线的情况。
首先，我们将原来的鱼塘用数组 (v) 储存起来，数组 (f) 储存当前点的左上方满足条件的最大子矩阵对角线的长度，显而易见地有如下初始化过程：
(f[i][j] = v[i][j])
假如当前点满足如下两个条件：
(1. f[i - 1][j - 1] > 0)
(2. v[i][j] > 0)
这个时候，我们可以尝试更新 (f[i-1][j-1])，简单思考一下，我们发现，我们只用检查 (v[i][j]) 上方 (f[i-1][j-1]) 个格子和右方 (f[i-1][j-1]) 个格子，只要检查到的格子全为 (0) 就可以进行更新：
(f[i][j] = f[i-1][j-1] + 1)
（想一想，为什么？）
但如果检查上述格子之后发现有 (1) ，怎么办呢？放任不管吗？显然不是。
经过思考，我们发现 (v[i][j]) 上方和右方遇到最近的 (1) 格依旧可以用来更新答案。不清楚原因？没关系，我们来看一个简单的例子：
v: f:
1 0 1 1 0 1
0 1 0 0 2 0
1 0 0 ? x x
现在，我们考虑 (?) 位置的格子，按照上述方案，我们试着检查 (v[3][3]) 上方和右方的格子，发现上方两格处有最近的 (1)。
显然这个时候我们不能按刚才给出的公式进行转移，但由肉眼分析我们不难发现 (f[3][3]) 中应当填写的值是 (2) 。
发现规律了吗？应当填写的值就是上方和右方遇到最近的 (1) ，与你当前考虑的格子的行数（或列数）之差的绝对值。
对于右上坐下对角线情况的分析大同小异，留给读者自己思考。
AC代码
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,ans;
bool v[2501][2501];
int f[2501][2501];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = 1;j <= m;j++){
cin >> v[i][j];
f[i][j] = v[i][j];
}
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = 1;j <= m;j++)
if(v[i][j] && f[i - 1][j - 1]){
bool flag = 1;int l = 0x3f3f3f3f;
for(int k = i - 1;k >= i - f[i - 1][j - 1] && flag;k--)
if(v[k][j]) flag = 0,l = min(l,i - k);
for(int k = j - 1;k >= j - f[i - 1][j - 1] && flag;k--)
if(v[i][k]) flag = 0,l = min(l,j - k);
if(flag) f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + 1;
else f[i][j] = l;
}
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = 1;j <= m;j++)
ans = max(f[i][j],ans);
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = 1;j <= m;j++)
f[i][j] = v[i][j];
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = m;j >= 1;j--)
if(v[i][j] && f[i - 1][j + 1]){
bool flag = 1;int l = 0x3f3f3f3f;
for(int k = i - 1;k >= i - f[i - 1][j + 1] && flag;k--)
if(v[k][j]) flag = 0,l = min(l,i - k);
for(int k = j + 1;k <= j + f[i - 1][j + 1] && flag;k++)
if(v[i][k]) flag = 0,l = min(l,k - j);
if(flag) f[i][j] = f[i - 1][j + 1] + 1;
else f[i][j] = l;
}
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = 1;j <= m;j++)
ans = max(f[i][j],ans);
cout << ans;
return 0;
}