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
思路：暴力 枚举
预处理出子矩阵前缀和
之后分别枚举从右上到左下和从左上到右下的对角线长度更新答案
理论上最坏复杂度O(n^3),可以证明，不存在一组数据，可以使算法达到复杂度上界。
证明：
对于每个位置，考虑是否转移，显然最多转移n次，如果可以转移，那么下一个数必然为1，如果下一个数为1，那么对于其他一个位置，必然无法转移(相当于横断了左上方以及右上方所有点的转移路径)。那么，对于每一个点，显然只能导致左上方和右上方各一次的转移，那么对于所有的点，每次转移前缀和维护常数是O(1)的，那么枚举复杂度为O(n^2)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=2505;
int n,m,ans,s[maxn][maxn];
bool mp[maxn][maxn];
#define sum(x1,y1,x2,y2) (s[x2][y2]-s[x1-1][y2]-s[x2][y1-1]+s[x1-1][y1-1])
//二维前缀和查询
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j){
scanf("%d",&s[i][j]);mp[i][j]=s[i][j];
s[i][j]+=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];//二维前缀和预处理
}
for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m+1;++j) if(mp[i][j])//枚举起点 （从值为1的格子开始）
for(int k=1;i+k-1<=n&&j+k-1<=m&&mp[i+k-1][j+k-1];++k){
//枚举左上到右下对角线长度k 注意k的取值范围 且只有那个格子为1才继续
int dx=i+k-1,dy=j+k-1;
if(sum(i,j,dx,dy)!=k) break;//子矩阵和不等于对角线长则停止
else ans=max(ans,k);
}
for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m+1;++j) if(mp[i][j])
for(int k=1;i+k-1<=n&&j-k+1>=1&&mp[i+k-1][j-k+1];++k){
//同上 枚举右上到左下对角线长度
if(sum(i,j-k+1,i+k-1,j)!=k) break;
else ans=max(ans,k);
}
printf("%d",ans);
return 0;
}