USACO Home on the Range

Home on the Range 

描述

农民约翰在一片边长是N (2 <= N <= 250)英里的正方形牧场上放牧他的奶牛。(因为一些原因，他的奶牛只在正方形的牧场上吃草。)遗憾的是,他的奶牛已经毁坏一些土地。( 一些1平方英里的正方形)

农民约翰需要统计那些可以放牧奶牛的正方形牧场(至少是2x2的,在这些较大的正方形中没有一个点是被破坏的，也就是说，所有的点都是“1”)。

你的工作要在被供应的数据组里面统计所有不同的正方形放牧区域(>=2x2)的个数。当然，放牧区域可能是重叠。
格式

PROGRAM NAME: range

INPUT FORMAT:

(file range.in)

第 1 行:N,牧区的边长。

第 2 到　n+1行:N个没有空格分开的字符。

0 表示 "那一个区段被毁坏了";1 表示 " 准备好被吃"。

OUTPUT FORMAT:

(file range.out)

输出那些存在的正方形的边长和个数，一种一行。
SAMPLE INPUT

6
101111
001111
111111
001111
101101
111001

SAMPLE OUTPUT

2 10
3 4
4 1

//875
/************************************************************************************************************
由于code::Blocks和测评系统的读入有所差别，一直WA，一直没找到原因所以本来Map是char数组，让我换成了string.
dp[j][k]表示在点(j,k)处，向上向左张出的正方形最大的尺寸，就是正方形的变长。
*首先解决输入问题，string能够很轻松的绕开'\n'的读入，cin在这些方面比scanf要好一些，虽然慢一些。
*以每一个点作为状态进行划分(前提是该点为‘1’)，如(j,k),然后将(j,k)向左向上所能达到的边长算出来，就是
以(j,k)为结尾的'1'串的横向和纵向的长度。纵向向上记录在ns[j][k]，横向向左记录在ws[j][k]上，显然，
ws[j][k]=ws[j][k-1]+1,ns[j][k]=ns[j-1][k]+1.
*接下来进行状态转移(DP):
1，如果dp[j-1][k-1]<ns[j][k]并且dp[j-1][k-1]<ws[j][k],这个条件是指在(j-1,k-1)构成的正方形的基础上右面的
边和下面的边又扩展了一层,那dp[j][k]=dp[j-1][k-1]+1;
2，如果ns[j][k]<dp[j-1][k-1]并且ns[j][k]<ws[j][k],那在(j,k)点只能构造出以ns[j][k]为边长的正方形了，如此，
dp[j][k]=ns[j][k];
3，如果ws[j][k]<dp[j-1][k-1]并且ws[j][k]<ns[j][k],那在(j,k)点只能构造出以ws[j][k]为边长的正方形了，如此，
dp[j][k]=ws[j][k];
如上，状态转移方程为：dp[j][k]=min(dp[j-1][k-1]+1,ns[j][k],ws[j][k]).
细节：
要注意到，dp[j][k]和dp[j-1][k-1]是有关系的。因此，循环中(j,k)按照1到n的顺序即可。
************************************************************************************************************/
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#define MAX 255
using namespace std;

int min(int a,int b)
{
return a<b?a:b;
}

int main()
{
freopen("range.in","r",stdin);
freopen("range.out","w",stdout);
int n;
int i,j,k;
string Map;
int dp[MAX][MAX]= {0},ns[MAX][MAX]= {0},ws[MAX][MAX]= {0};
int ans[MAX]= {0};

scanf("%d",&n);
for(j=1; j<=n; j++)
{
cin>>Map;
for(k=1; k<=n; k++)
if(Map[k-1]=='1')
{
ws[j][k]=ws[j][k-1]+1;
ns[j][k]=ns[j-1][k]+1;
}
}
for(j=1; j<=n; j++)
for(k=1; k<=n; k++)
dp[j][k]=min(dp[j-1][k-1]+1,min(ws[j][k],ns[j][k]));

for(j=1; j<=n; j++)
for(k=1; k<=n; k++)
if(dp[j][k]>=2)
for(i=2; i<=dp[j][k]; i++)
ans[i]++;

for(i=2; ans[i]!=0; i++)
cout<<i<<" "<<ans[i]<<endl;
//fclose(stdin);
//fcolse(stdout);
return 0;
}