题目背景
感谢@throusea 贡献的两组数据
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
解析：
这道题跟P1387 最大正方形 比较像，具体做法都是去检验形成新正方形的可行性。
想了很久不知道怎么处理从上面和左边的转移，原本就是想统计(0)的个数的，可惜没尝试。
两次(dp)，分别处理两条对角线的最优解。
以从左上到右下的对角线为例，需要预处理出任意位置的前面的(0)的数量(pre1[i][j],pre2[i][j])。
显然，如果某处是(1)，那么它的下面的和右边的点前面的(0)的数量就是(0)，如果是(0)那么它的下面的和右边的点的前面的(0)就是此处的(0)的个数加(1)。
设(dp[i][j])表示以((i,j))为右下角顶点的满足题目条件的正方形的边长，由定义得在((1sim i,1sim j))这个区域的正方形除了对角线上是(1)外，其他地方都是(0)。
所以在考虑状态转移时，对于(dp[i][j])，我们已经得知(dp[i-1][j-1])的最大正方形边长，那么也就得知在((i-dp[i][j]sim i,j-dp[i][j]sim j ))这个区域中，除了对角线上是(1)外其余都是(0)。如果要让((i,j))为右下角顶点的正方形最大，我们就需要考虑上面提到的(pre)，若当前位置这个(pre)还没(dp[i-1][j-1])大，那我们只好让以((i,j))为右下角顶点的正方形边长为(pre[i][j])中的较小值了。
于是有状态转移方程：
(dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],min(pre1[i-1][j],pre2[i][j-1]))+1)
另一条对角线同理。
注意由于(dp)是以递推的形式进行的，所以我们可以边输入便处理，加快速度。
当然不这样也不会T的(QWQ)
参考代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define N 2505
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ri register int
using namespace std;
int a[N][N],dp[N][N],pre1[N][N],pre2[N][N],n,m;
inline int read()
{
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
n=read();m=read();
int ans=0;
for(ri i=1;i<=n;i++)
for(ri j=1;j<=m;j++){
a[i][j]=read();
if(!a[i][j]){
pre1[i][j]=pre1[i-1][j]+1;
pre2[i][j]=pre2[i][j-1]+1;
}
else dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1],min(pre1[i-1][j],pre2[i][j-1]))+1;
ans=max(dp[i][j],ans);
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(pre1,0,sizeof(pre1));
memset(pre2,0,sizeof(pre2));
for(ri i=1;i<=n;i++){
for(ri j=m;j>=1;j--){
if(!a[i][j]){
pre1[i][j]=pre1[i-1][j]+1;
pre2[i][j]=pre2[i][j+1]+1;
}
else dp[i][j]=min(dp[i-1][j+1],min(pre1[i-1][j],pre2[i][j+1]))+1;
ans=max(dp[i][j],ans);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}