【力扣 052】1277. 统计全为 1 的正方形子矩阵
1277. 统计全为 1 的正方形子矩阵
给你一个 m * n 的矩阵，矩阵中的元素不是 0 就是 1，请你统计并返回其中完全由 1 组成的 正方形 子矩阵的个数。
示例 1：
输入：matrix =
[
[0, 1, 1, 1],
[1, 1, 1, 1],
[0, 1, 1, 1]
]
输出：15
解释：
边长为 1 的正方形有 10 个。
边长为 2 的正方形有 4 个。
边长为 3 的正方形有 1 个。
正方形的总数 = 10 + 4 + 1 = 15.
示例 2：
输入：matrix =
[
[1, 0, 1],
[1, 1, 0],
[1, 1, 0]
]
输出：7
解释：
边长为 1 的正方形有 6 个。
边长为 2 的正方形有 1 个。
正方形的总数 = 6 + 1 = 7.
提示：
1 <= arr.length <= 300
1 <= arr[0].length <= 300
0 <= arr[i][j] <= 1
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/count-square-submatrices-with-all-ones
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代码实现：
参考资料
我们用 f[i][j] 表示以 (i, j) 为右下角的正方形的最大边长，那么除此定义之外，f[i][j] = x 也表示以 (i, j) 为右下角的正方形的数目为 x（即边长为 1, 2, ..., x 的正方形各一个）。在计算出所有的 f[i][j] 后，我们将它们进行累加，就可以得到矩阵中正方形的数目。
我们尝试挖掘 f[i][j] 与相邻位置的关系来计算出 f[i][j] 的值。
如上图所示，若对于位置 (i, j) 有 f[i][j] = 4，我们将以 (i, j) 为右下角、边长为 4 的正方形涂上色，可以发现其左侧位置 (i, j - 1)，上方位置 (i - 1, j) 和左上位置 (i - 1, j - 1) 均可以作为一个边长为 4 - 1 = 3 的正方形的右下角。也就是说，这些位置的的 f 值至少为 3，即：
f[i][j - 1] >= f[i][j] - 1
f[i - 1][j] >= f[i][j] - 1
f[i - 1][j - 1] >= f[i][j] - 1
将这三个不等式联立，可以得到：
min(f[i][j−1],f[i−1][j],f[i−1][j−1])≥f[i][j]−1这是我们通过固定 f[i][j] 的值，判断其相邻位置与之的关系得到的不等式。同理，我们也可以固定 f[i][j] 相邻位置的值，得到另外的限制条件。
如上图所示，假设 f[i][j - 1]，f[i - 1][j] 和 f[i - 1][j - 1] 中的最小值为 3，也就是说，(i, j - 1)，(i - 1, j) 和 (i - 1, j - 1) 均可以作为一个边长为 3 的正方形的右下角。我们将这些边长为 3 的正方形依次涂上色，可以发现，如果位置 (i, j) 的元素为 1，那么它可以作为一个边长为 4 的正方形的右下角，f 值至少为 4，即
如上图所示，假设 f[i][j - 1]，f[i - 1][j] 和 f[i - 1][j - 1] 中的最小值为 3，也就是说，(i, j - 1)，(i - 1, j) 和 (i - 1, j - 1) 均可以作为一个边长为 3 的正方形的右下角。我们将这些边长为 3 的正方形依次涂上色，可以发现，如果位置 (i, j) 的元素为 1，那么它可以作为一个边长为 4 的正方形的右下角，f 值至少为 4，即：
f[i][j]≥min(f[i][j−1],f[i−1][j],f[i−1][j−1])+1将其与上一个不等式联立，可以得到：
f[i][j]=min(f[i][j−1],f[i−1][j],f[i−1][j−1])+1这样我们就得到了 f[i][j] 的递推式。此外还要考虑边界（i = 0 或 j = 0）以及位置 (i, j) 的元素为 0 的情况，可以得到如下完整的递推式：
代码实现：
class Solution {
public:
int countSquares(vector<vector<int>>& matrix)
{
int m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
int ans = 0;
vector<vector<int>> dp(m, vector<int>(n));
for(int i = 0; i < m; ++i)
{
for(int j = 0; j < n; ++j)
{
if(matrix[i][j] == 0)
dp[i][j] = 0;
else if(i == 0 || j == 0)
dp[i][j] = 1;
else
dp[i][j] = min(min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]), dp[i-1][j-1]) + 1;
ans += dp[i][j];
}
}
return ans;
}
};
