平面二维DP

马拦过河卒

原题传送门
这一到题目也是比较基础的动态规划，也可以理解为是递推，主要是运用加法原理，思维难度不大。我们要求从\(（0，0）\)到\(（n，n）\)的方案总数，如果没有马的话，我们可以这么做：
设\(f[i][j]\)为从\(（0，0）\)走到\(（i，j）\)的方案总数，我们知道一定是有上面和左边走来，所以只需要累加上面和左边的方案数即可。我们得出：\[f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]（f[0][0...m]=f[0...n][0]=1)\]
我们来思考一下马的问题：
1.当马拦住了\(（0，0...m）\)或\(（0...n,0)\)的时候，拦住的且后面的必然走不到，所以停止赋值
2.如果马拦住了\(（x，y）\)\(（x≠0，y≠0）\)，则不进行状态转移即可
代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int B1,B2,H1,H2;
    cin>>B1>>B2>>H1>>H2;
    int Vis[20][20]={};
    int dx[9]={0,2,1,-1,-2,-2,-1,1,2};
    int dy[9]={0,1,2,2,1,-1,-2,-2,-1};
    for (int i=1;i<=9;i++)
    {
        int H3=H1+dx[i];
        int H4=H2+dy[i];
        if (H3>=0&&H4>=0) 
            Vis[H3][H4]=1;
    }
    int Find[20][20]={};
    for (int i=0;i<=B2;i++)
        if (Vis[0][i]==0)
            Find[0][i]=1;
        else
        {
            for (int j=i;j<=B2;j++)
                Vis[0][j]==1;
            break;
        }
    for (int i=0;i<=B1;i++)
        if (Vis[i][0]==0)
            Find[i][0]=1;
        else
        {
            for (int j=i;j<=B1;j++)
                Vis[j][0]=1;
                break;
        }
    for (int X=1;X<=B1;X++)
        for (int Y=1;Y<=B2;Y++)
            if (Vis[X][Y]==0)
                Find[X][Y]=Find[X-1][Y]+Find[X][Y-1];
    cout<<Find[B1][B2];
    return 0;
}

农田个数

题目描述

你的老家在农村。过年时，你回老家去拜年。你家有一片N×MN×M农田，将其看成一个N×MN×M的方格矩阵，有些方格是一片水域。你的农村伯伯听说你是学计算机的，给你出了一道题： 他问你：这片农田总共包含了多少个不存在水域的正方形农田。
两个正方形农田不同必须至少包含下面的两个条件中的一条：
1 边长不相等
2 左上角的方格不是同一方格

输入格式

输入数据第一行为两个由空格分开的正整数N、M（1<=m< n <=1000）
第2行到第N+1行每行有M个数字（0或1），描述了这一片农田。0表示这个方格为水域，否则为农田（注意：数字之间没有空格，而且每行不会出现空格）

输出格式

满足条件的正方形农田个数。

样例数据

input

3 3
110
110
000

output

5
样例解释 边长为1的正方形农田有4块 边长为2的正方形农田有1块 合起来就是5块

数据规模与约定

时间限制：1s
空间限制：256MB

求多少个正方形，我们设\(F[i][j]\)为以\(（i，j）\)为右下角的正方形个数。如果你画过图，就能够发现：右下角的个数就是以这个点右下角的最大正方形，因为大正方形包含了无数个小正方形，基于正方形的特殊性，我就不难知道这一个性质。然后我们就去考虑，如何去转移，再通过画图可以发现：这个点所能形成的最大正方形与左边的点，左上角的点和上面的点所能形成的最大正方形的个数的最小值有关，也就是\(min(F[i-1][j],F[i][j-1],F[i-1][j-1])\)。那么这个数值具体是多少呢？就是这个数值\(+1\)；即在原来形成的正方形的基础上加上了这个右下角。因此，我们可以得到：\[F[i][j]=min(F[i-1][j],F[i][j-1],F[i-1][j-1])+1\]
代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,ans=0;
int F[5000][5000];
char a[5000][5000];
inline int Min(int a,int b,int c)
{
    return min(min(a,b),c);
}
int main()
{ 
    freopen("count.in","r",stdin);
    freopen("count.out","w",stdout);
    cin>>n>>m;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
            cin>>a[i][j];
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
            if (a[i][j]==‘1‘) 
                F[i][j]=Min(F[i-1][j],F[i][j-1],F[i-1][j-1])+1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=m;j++)
            ans+=F[i][j];
    cout<<ans<<endl;
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

矩阵切割

题目描述
给你一个矩阵，其边长均为整数。你想把矩阵切割成总数最少的正方形，其边长也为整数。切割工作由一台切割机器完成，它能沿平行于矩形任一边的方向，从一边开始一直切割到另一边。对得到的矩形再分别进行切割。
输入格式
输入文件中包含两个正整数，代表矩形的边长，每边长均在1—100之间。
输出格式
输出文件包含一行，显示出你的程序得到的最理想的正方形数目。
样例数据
input
5 6
output
5

求什么设什么，设\(F[i][j]\)为\((i,j)\)所能组成的最少正方形，那么必然可以得到初值：\(F[i][i]=1(i=min(n,m)).\)同样，我们应该如何去得到呢，\(1...i,1...j\)的矩形其实就是若干个小的矩形矩形得到，因此我们只需要在若干个小矩形和中求最小值即可。即：
\[ f[i][j]=max \begin{cases} F[i][k]+F[i][j-k], k=1...m/2 \F[k][j]+F[i-j][j], k=1...n/2\\end{cases} \]
因为对称所以k只需要枚举到\(n(m)/2\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int F[120][120];
inline int min(int a,int b){return a>b?b:a;}
inline int read(int &k)
{
    int w=1,s=0;char ch=getchar();
    for (;ch<‘0‘||ch>‘9‘;ch=getchar()) if (ch==‘-‘) w=-1;
    for (;ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘;ch=getchar()) s=s*10+ch-‘0‘;k=s*w;
}
inline void readln(int &x,int &y) {read(x);read(y);}
void print(int x)
{
    if (x<0) {putchar(‘-‘);x=-x;}
    if (x>=10) print(x/10);
    putchar(x%10+‘0‘);
}
int main()
{
    freopen("cuts.in","r",stdin);
    freopen("cuts.out","w",stdout);
    memset(F,100,sizeof(F));
    int n,m;readln(n,m);
    for (register int i=1;i<=min(n,m);++i)
        F[i][i]=1;
    for (register int i=1;i<=n;++i)
        for (register int j=1;j<=m;++j)
        {
            for (register int k=1;k<=i/2;k++)
                F[i][j]=min(F[i][j],F[k][j]+F[i-k][j]);
            for (register int k=1;k<=j/2;k++)
                F[i][j]=min(F[i][j],F[i][k]+F[i][j-k]);
        }
    print(F[n][m]);putchar(‘\n‘);
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
} 

创意吃鱼

原题传送门②
思路：同样我们设\(F[i][j]\)为\(i,j\)为右下叫的最大吃鱼方阵。类比一下农田个数，这一个方阵的最大值其实就和左边连续\(0\)的个数和上面连续\(0\)的个数和左上角的最大方阵；因为根据规则，左边和上面必须是\(0\)，因此就与\(0\)的个数有关；又要除了这一串\(0\)之外，还和左上角的有关有关，这一点又和左上角的方阵有关。我们再做一个前缀和，则\(Left[i][j]\)表示\(（i，j）\)为右下脚且不包括本身的连续0个数，Up意义同上。这里不做过多论述：\[F[i][j]=min(Left[i][j],Up[i][j],F[i-1][j-1)+1\]至于另一个方向，按照同样的方法做一遍即可。
代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans=0;
int F[3000][3000];
int G[3000][3000];
int Up[3000][3000];
int Map[3000][3000];
int Left[3000][3000];
int Right[3000][3000];
inline int min(int a,int b){return a>b?b:a;}
inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline int Min(int a,int b,int c){return min(a,min(b,c));}
inline int Max(int a,int b,int c){return max(a,max(b,c));}
inline int read(int &k)
{
    int w=1,s=0;char ch=getchar();
    for (;ch<‘0‘||ch>‘9‘;ch=getchar()) if (ch==‘-‘) w=-1;
    for (;ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘;ch=getchar()) s=s*10+ch-‘0‘;k=s*w;
}
inline void readln(int &x,int &y) {read(x);read(y);}
void print(int x)
{
    if (x<0) {putchar(‘-‘);x=-x;}
    if (x>=10) print(x/10);
    putchar(x%10+‘0‘);
}
int main()
{
    freopen("meal.in","r",stdin);
    freopen("meal.out","w",stdout);
    
    int n,m;readln(n,m);
    for (register int i=1;i<=n;++i)
        for (register int j=1;j<=m;++j)
            read(Map[i][j]);
    
    for (register int i=1;i<=n;++i)
        for (register int j=2;j<=m;++j)
            if (!Map[i][j-1]) Left[i][j]=Left[i][j-1]+1;
    
    for (register int j=1;j<=m;++j)
        for (register int i=2;i<=n;++i)
            if (!Map[i-1][j]) Up[i][j]=Up[i-1][j]+1;
        
    for (register int i=1;i<=n;++i)
        for (register int j=m-1;j;--j)
            if (!Map[i][j+1]) Right[i][j]=Right[i][j+1]+1;
    
    //cout<<endl;
    for (register int i=1;i<=n;++i)
        for (register int j=1;j<=m;++j)
        {
            if (Map[i][j])
                F[i][j]=Min(Up[i][j],Left[i][j],F[i-1][j-1])+1,
                G[i][j]=Min(Right[i][j],Up[i][j],G[i-1][j+1])+1,
                ans=Max(F[i][j],G[i][j],ans);
        }
                    
    print(ans);putchar(‘\n‘);
        
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}