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思路

分析动态规划题目的时候只需要考虑最后一个阶段，因为所有的阶段转化都是相同的，考虑最后一个阶段容易发现规律

在数组的动态规划问题中，一般 dp[i] 都是表示以 nums 以前 i 个元素组成（即 nums[i - 1]）的状态；dp[i][j] 分别表示以 nums1 前 i 个元素（即 nums1[i - 1]）组成和以 nums2 前 j 个元素（即 nums2[j - 1]）组成的状态，以此类推

字符串也是个数组，是字符数组

表示状态

状态表示就是靠猜，但是会有猜的套路，一般都是通过最终结果和数组数量来猜

这道题的思路和【DP】LeetCode 221. 最大正方形基本一致

因为在本题中我们使用 \(dp[i][j]\) 表示以 \((i, j)\) 为右下角的正方形的个数，同时 \(dp[i][j]\) 也表示以 \((i, j)\) 为右下角的正方形的最大边长，因为这里面有边长为 \(1, 2, ..., dp[i][j]\) 的正方形各一个

找状态转移方程

思考的方向是：大问题的最优解怎么由小问题的最优解得到

参考221题，状态转移方程完全一致

\[dp[i][j] = \left\{ \begin{aligned} & min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1], dp[i - 1][j - 1]) + 1, & matrix[i][j] = 1, \\ & 0, & matrix[i][j] = 0. \end{aligned} \right. \]

因为 \(dp[i][j]\) 表示以 \((i, j)\) 为右下角的正方形的个数，而题目要求求的是总数，所以最后要对 \(dp[i][j]\) 进行求和，这就是最终结果。

注意：这样加和是不会重复计算正方形数量的，因为我们是按照每个坐标作为正方形右下角进行统计，这样能保证每个正方形的定位是独一无二的。

边界处理

对第一行和第一列进行初始化：

\[dp[i][j] = \left\{ \begin{aligned} & 1, & matrix[i][j] = '1', \\ & 0, & matrix[i][j] = '0'. \end{aligned} \right. \]

代码

`dp`数组版

class Solution {
    public int countSquares(int[][] matrix) {
        int m = matrix.length;
        int n = matrix[0].length;
        // dp[i][j] 表示以 (i, j) 为右下角的正方形的个数
        // 同时 dp[i][j] 也表示以 (i, j) 为右下角的正方形的最大边长
        // 因为这里面有边长为 1, 2, ..., dp[i][j] 的正方形各一个
        int[][] dp = new int[m][n];

        for(int i = 0; i < m; i++){
            dp[i][0] = matrix[i][0];
        }
        dp[0] = matrix[0];

        for(int i = 1; i < m; i++){
            for(int j = 1; j < n; j++){
                if(matrix[i][j] == 1){
                    dp[i][j] = Math.min(
                            dp[i - 1][j],
                            Math.min(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j - 1])
                    ) + 1;
                }
            }
        }

        int result = 0;
        for(int i = 0; i < m; i++){
            result += Arrays.stream(dp[i]).sum();
        }

        return result;
    }
}