3.[TK] 盖房子 hzoi-tg#2622024-02-16

4.[TK] 三角蛋糕 hzoi-tg#2612024-02-16 5.[TK] 选课 hzoj-tg#2792024-02-16 6.[TK] 三色二叉树 hzoi-tg#282 存图方法2024-02-16 7.[TK] HH的项链离线树状数组解法2024-02-18 8.[TK] 理想的正方形2024-02-22 9.[TK] Blocks 单调栈2024-02-22 10.[TK] 送礼物2024-02-23 11.[TK] Terrible Prime2024-03-05 12.[TK] BLO2024-03-11 13.[TK] Rudolf and Subway ( CodeForces #933 div.3 - G )2024-03-18 14.[TK] Bulls And Cows S2024-04-13 15.[TK] 颜色2024-04-22 16.[Tkey] 与非2024-06-23 17.[TK] CF1526B I Hate 11112024-08-06 18.[TK] 寻宝游戏2024-08-09 19.[CL-22] 异或和之和2024-09-27 20.联训题单 / 集训杂题纪要2024-11-11 21.[At_dp_w] Intervals & [At_dp_x] Tower2024-11-08 22.CF2023D - Many Games2024-11-10 23.[NOI2021] 轻重边2024-11-13 24.[CSP-S 2024] 染色2024-11-20

同机房大佬也写了这题的题解.

通解分析

此类问题我通常喜欢归纳成一类，即阻碍联通的坐标DP.
既然是阻碍联通，那么此类问题的通用思路是这样的：
首先将dp数组图形化. 一般用一个特定图形上的特定点来标识整个图形. 比如假如我需要找正方形的最大面积，我可以用左下角坐标来表示整个正方形. 找三角形最大面积，我可以用最上方顶点来表示整个三角形. 但这个标识一定要是确定的，假如我只用顶点来表示三角形，那么可表示的就太多了.
既然是坐标，那么我们一般使用一个二维dp数组. 数组里存放的是这个图形的相关信息，使得我们能完全确定这个图形，比如边长等.
随后，我们根据图形的特殊性，构造出一种用周围坐标推出当前坐标的状态转移方程.
我们来看一下具体的实例.

问题处理

对于这个题。依据上面的思路，我们定义一个二维数组 $f [i] [j]$ ,其中 $(i, j)$ 为正方形左下角的坐标， $f [i] [j]$ 中存储正方形的最大边长.
接下来我们这样初始化：令未损坏的坐标的最大边长都为 $1$ ，其正确性不必证明.
然后进行状态转移方程的推理.
我们先来看从 $1$ 如何变成 $2$ ，这很容易想，因为我们定义的是正方形左下角的坐标，想要让这个坐标上的正方形边长为 $2$ ，只需要在 $1$ 的基础上，判断其右方，上方，右上方的三个格子是不是 $1$ 即可.
接下来看如何从 $2$ 变成 $3$ .

 $1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1$

这是一块 $4 \times 4$ 大小的地块. 对它进行一次 $1$ 变成 $2$ 的操作，使它变成这样：

 $1 0 1 1 1 1 1 0 2 2 1 1 2 2 2 1$

注意到最左下角可以变为3，而它的右方，上方，右上方的三个格子都为2.

如此尝试几次，我们得出结论：一个格子右方，上方，右上方的三个格子都不小于 $n$ 时，该格子为 $n + 1$ .

所以有状态转移方程：

f [i] [j] = m i n {\begin{cases} f [i - 1] [j] \\ f [i] [j + 1] \\ f [i - 1] [j + 1] \end{cases} + 1

因为每一次更新都要在上一数字的基础上，所以状态转移方程需要遍历 $k$ 次（其中 $k$ 是最大正方形边长，一般来说是 $m i n (m, n)$ ）

因此，该程序的时间复杂度为 $O (n m \cdot m i n (m, n))$ ,近似于 $n^{3}$ .

但是这题 $n = 1000$ 的时候必炸，所以我们要想办法优化一下.

注意到，假如我们从右上角开始遍历，那么更新左下角正方形需要的所有正方形都会在它之前被更新，因此我们这样遍历只需要更新一次. 时间复杂度为 $O (m n)$ .

代码实现

点击查看代码

	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j){
			cin>>f[i][j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=m;j>=1;--j){
			if(f[i][j]){
				f[i][j]=min({f[i-1][j],f[i][j+1],f[i-1][j+1]})+1;
				ans=max(ans,f[i][j]);
			}
		}
	}
	cout<<ans;