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题目描述
小七养了很多头猪，它们分布在 n 行 m 列中，其中第 i 行第 j 列的猪圈养的是第 wi,jw_{i,j}wi,j 种猪。
小七有时会选择一个子矩形范围内的猪圈进行巡视，如果该子矩形包含 i 行 j 列 (1 ≤ i ≤ n; 1 ≤ j ≤ m)，且子矩形内含有的猪种类编号最大值减去编号最小值恰好为 i × j - 1 ，则小七会获得 i × j 的愉悦值。
小七想知道，如果他将每个可能的子矩形都巡视一次，总共能获得多少愉悦值呢？你只需要输出答案对 998244353 取模的结果。

输入格式
输入文件 pig.in 包含 1 + n × m 行。
第一行输入两个正整数依次表示 n; m 。
接下来 n 行每行包含 m 个正整数，其中第 i 行的第 j 个正整数表示 wi;j 。

输出格式
输出文件 pig.out 包含一行，仅一个非负整数，表示答案对 998244353 取模
的结果。
样例输入

2 2
1 3
2 4

样例输出

样例解释
合法子矩形面积为 1 的有 4 个，面积为 2 的有 2 个，面积为 4 的有 1 个。
数据范围及约定

测试点编号	n × m	特殊性质
1 ∼ 2	≤ 50	无
3 ∼ 6	≤ 10^4	无
7 ∼ 12	≤ 2 × 10^5	n = 1
13 ∼ 20	≤ 2 × 10^5	无

对于 100% 的数据, 1 ≤ wi;j ≤ n × m ≤ 2 × 105 , 保证 wi;j 互不相同。

solution

先吐槽一下题目的包含真的是误导新青年！！

我以为是原矩阵的iii行jjj列，结果是选的矩阵重新编号后的iii行jjj列

实际上就是问多少矩阵内种类编号的极差等于矩阵行数乘列数再减一

应该不会有人只拿case 1~2的暴力吧

case 1~6 ：枚举所选矩阵的左上角，求出以其右下方每一个点为矩阵右下角的种类最大值和最小值，可以通过扫一遍，然后行加一的时候继承上面一行信息，再操作

case 7~12 ：n=1是一个一维问题，可以用线段树和单调栈解决

具体而言，枚举矩阵右端点rrr，如果区间[l,r][l,r][l,r]合法，则满足Maxl,r−Minl,r=r−l+1\text{Max}_{l,r}-\text{ Min}_{l,r}=r-l+1Maxl,r− Minl,r=r−l+1

对于每个lll的定义f[l]=Maxl,r−Minl,r+lf[l]=\text{Max}_{l,r}-\text{ Min}_{l,r}+lf[l]=Maxl,r− Minl,r+l，用线段树维护f[l]f[l]f[l]

因为种类互不相同，所以∀lf[l]≥r+1\forall_l f[l]\ge r+1∀lf[l]≥r+1，只需要线段树维护f[l]f[l]f[l]的最小值，最小值个数，以及所有lll之和，就可以统计了，即(r+1)∗cnt−sum(r+1)*cnt-sum(r+1)∗cnt−sum

右端点移动111，用单调栈维护其影响的Maxl,r,Minl,r\text{Max}_{l,r},\text{Min}_{l,r}Maxl,r,Minl,r，在线段树上修改

Maxl,r\text{Max}_{l,r}Maxl,r维护一个单调递减栈，Minl,r\text{Min}_{l,r}Minl,r维护一个单调递增栈

case 13~20 ：很不幸，一维的做法并不能处理二维情况

考虑另外一种nb的转化

考虑判定权值为[l,r][l,r][l,r]区间的点是否构成了一个矩阵，记这些格子的颜色为黑色，其余均为白色

将n×mn\times mn×m的猪圈算上周围一圈的空白边界，看成(n+1)×(m+1)(n+1)\times (m+1)(n+1)×(m+1)的猪圈

产生(n+1)×(m+1)(n+1)\times (m+1)(n+1)×(m+1)个2×22\times 22×2的小正方形猪圈（不能超出边界），标记在2×22\times 22×2这个矩阵的左上角

如果所有黑色格子能围成一个矩阵，当且仅当恰好有4个小猪圈只有1个黑点，没有任何一个小猪圈有3个黑点

不要急，仔细想想这句很妙的话，小猪圈是由其左上角表示的，只有围成的矩阵的四个顶点所在的小猪圈，只含这个顶点一个黑点

从小到大枚举权值rrr，定义F[l]F[l]F[l]为染黑权值为[l,r][l,r][l,r]的格子，其余格子为白色，小猪圈内有1/31/31/3个合格子的小猪圈数量

显然F[r]=4,F[l]≥4F[r]=4,F[l]\ge 4F[r]=4,F[l]≥4

这个时候可以利用一维的做法，线段树维护F[l]F[l]F[l]的最小值，最小值个数以及这些lll的和，贡献计算也是一样的

当rrr增加111的时候，只会影响444个2×22\times 22×2的矩阵（分别是r+1r+1r+1做左上角，右上角，左下角，右下角时的不同的444个小猪圈）

暴力修改即可——详见代码

最后就是这道题的天坑——卡常

必须开Ofast不然分竟然跟暴力差不多，快读快输，还有这种n×m≤2e5n\times m\le 2e5n×m≤2e5的必须卡着矩阵长相开数组的

这是什么jian题好题，真的是好题！！

code

#pragma GCC optimize( "Ofast" )
#include <cstdio>
#define mod 998244353
#define maxn 200005
int Min[maxn << 2], cnt[maxn << 2], tag[maxn << 2];
long long sum[maxn << 2];
int ID[maxn];
int n, m, **w;#define Make( arr ) do { \arr = new int*[n + 3]; \for( int i = 0;i <= n + 2;i ++ ) arr[i] = new int[m + 3](); \
} while( false )inline void read( int &x ) {x = 0; char s = getchar();while( s < '0' or s > '9' ) s = getchar();while( '0' <= s and s <= '9' ) {x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( s ^ 48 );s = getchar();}
}inline void write( int x ) {if( x >= 10 ) write( x / 10 );putchar( x % 10 ^ 48 );
}#define lson num << 1
#define rson num << 1 | 1
#define inf 0x3f3f3f3fint chkmin( int x, int y ) { return x < y ? x : y; }inline void pushup( int num ) {Min[num] = chkmin( Min[lson], Min[rson] );cnt[num] = sum[num] = 0;if( Min[num] == Min[lson] ) cnt[num] += cnt[lson], sum[num] += sum[lson];if( Min[num] == Min[rson] ) cnt[num] += cnt[rson], sum[num] += sum[rson];
}inline void build( int num, int l, int r ) {if( l == r ) { Min[num] = inf, cnt[num] = 1, sum[num] = l; return; }int mid = ( l + r ) >> 1;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r );pushup( num );
}inline void pushdown( int num ) {if( ! tag[num] ) return;Min[lson] += tag[num];tag[lson] += tag[num];Min[rson] += tag[num];tag[rson] += tag[num];tag[num] = 0;
}inline void modify( int num, int l, int r, int L, int R, int val ) {if( r < L or R < l ) return;if( L <= l and r <= R ) { Min[num] += val, tag[num] += val; return; }pushdown( num );int mid = ( l + r ) >> 1;modify( lson, l, mid, L, R, val );modify( rson, mid + 1, r, L, R, val );pushup( num );
}inline void modify( int r, int c, int Max, int opt ) {static int arr[4];if( ! ~opt ) {arr[0] = w[r][c], arr[1] = w[r][c + 1], arr[2] = w[r + 1][c], arr[3] = w[r + 1][c + 1];for( int i = 0;i < 3;i ++ )for( int j = 0;j < 3;j ++ )if( arr[j] > arr[j + 1] )    arr[j] ^= arr[j + 1] ^= arr[j] ^= arr[j + 1];}int ip = 0;for(;ip < 4 and arr[ip] <= Max;ip ++ );if( ip == 1 or ( ip > 1 and arr[ip - 1] ^ arr[ip - 2] ) )modify( 1, 1, n * m, ip == 1 ? 1 : arr[ip - 2] + 1, arr[ip - 1], opt );if( ip == 3 or ( ip > 3 and arr[ip - 3] ^ arr[ip - 4] ) )modify( 1, 1, n * m, ip == 3 ? 1 : arr[ip - 4] + 1, arr[ip - 3], opt );
}inline int mul( int x, int y ) { return 1ll * x * y % mod; }
inline int sub( int x, int y ) { return x - y < 0 ? x - y + mod : x - y; }
inline int add( int x, int y ) { return 1ll * x + y >= mod ? 1ll * x + y - mod : x + y; }int main() {freopen( "pig.in", "r", stdin );freopen( "pig.out", "w", stdout );scanf( "%d %d", &n, &m ); Make( w );for( int i = 0;i <= n + 1;i ++ ) w[i][0] = w[i][m + 1] = n * m + 1;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) w[0][i] = w[n + 1][0] = n * m + 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1;j <= m;j ++ )read( w[i][j] ), ID[w[i][j]] = ( i - 1 ) * m + j;build( 1, 1, n * m );int ans = 0;for( int i = 1;i <= n * m;i ++ ) {int r = ( ID[i] - 1 ) / m + 1, c = ID[i] - ( r - 1 ) * m;modify( 1, 1, n * m, i, i, -inf );for( int j = -1;j <= 0;j ++ )for( int k = -1;k <= 0;k ++ ) {modify( r + j, c + k, i - 1, -1 );modify( r + j, c + k, i, 1 );}if( Min[1] == 4 ) ans = add( ans, sub( mul( i + 1, cnt[1] ), sum[1] % mod ) );}write( ans );return 0;
}

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