[TK] 盖房子 hzoi-tg#262

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：

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

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 \(min(m,n)\) ）

因此，该程序的时间复杂度为 \(O(nm·min(m,n))\),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 \(O(mn)\).

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;