首先先讲一发我的 \(n^2q\log n\) 的做法，虽然没有付诸实现并且我也深知它常数巨大过不去，但是我还是决定讲一讲（大雾
考虑设 \(f(i,j)\) 表示以 \(i,j\) 为左上角，满足其中不同颜色个数 \(\le q\) 的子正方形中大小最大的那个的边长，那么显然求出 \(f(i,j)\) 后一遍后缀和即可求出答案。于是问题转化为如何求 \(f(i,j)\)。注意到一个显然的结论：\(f(i,j)\ge f(i,j-1)-1\)，故考虑用类似双针的方法求解，我们对于每一行动态地维护一个 \(len\) 表示当前子正方形的边长，每次将 \(len\) 加 \(1\) 并检验当前子正方形是否可行，如果不可行那么将 \(len\) 减 \(1\) 并 break，此时的 \(len\) 值就是我们要求的 \(f(i,j)\)，并再将 \(len\) 减一并考虑下一个格子 \(f(i,j+1)\)，不难发现 \(len\) 最多变化 \(\mathcal O(n)\) 次，因此我们下面需考虑当 \(len\) 增大或减小时不同颜色个数的变化。注意到每次 \(len\) 加 \(1\) 等价于以下两个操作：
- 将某行 \(x\) 上的 \(l,l+1,l+2,\cdots,r\) 格子加入当前图形
- 将某列 \(x\) 上的 \(l,l+1,l+2,\cdots,r\) 格子加入当前图形
将 \(len\) 减一也同理。考虑怎样处理这个加入某行/某列的格子的操作，注意到 \(q\) 最多只有 \(10\)，因此如果新加入的格子中不同颜色个数 \(>10\) 就肯定不合法了，这部分我们就对行/列分别双针预处理一遍，即对于每一个格子 \((i,j)\) 找出最大的 \(r\) 满足 \((i,j),(i,j+1),\cdots,(i,r)\) 中不同颜色个数 \(\le q\)，以及最大的 \(r\) 满足 \((i,j),(i+1,j),\cdots,(r,j)\) 中不同颜色个数 \(\le q\)，这样即可判断新加入的格子中不同颜色个数是否 \(\le q\)，否则我们暴力枚举新加入的格子中不同颜色更新桶即可，计算某个颜色在新加入的格子中出现次数可用二分。枚举新加入的格子中不同的颜色的过程就在之前双针的过程中，额外记录下当前遍历到的不同颜色有哪些即可。时间复杂度 \(n^2q\log n\)，稳了（指 T 稳了）
接下来就是正解了，我们考虑对于每个格子 \((i,j)\) 求出以它为右下角，且不同颜色个数 \(\le q\) 的最大正方形的边长，考虑怎样暴力求之——我们考察每个在该点左上方出现的颜色，对于每一种颜色我们求出该颜色的点与 \((i,j)\) 切比雪夫距离的最小值 \(d\)，显然如果子正方形要包含该颜色，那么该子正方形边长必须 \(\ge d+1\)，因此我们找出第 \(q+1\) 大的 \(d\)，显然子正方形边长必须 \(<d\)，否则子正方形中至少有 \(q+1\) 种颜色，而如果 \(d-1\le\min(i,j)\)，一定存在一个以 \((i,j)\) 为右下角的边长为 \(d-1\) 的正方形，答案就是 \(d-1\)，否则答案为 \(\min(i,j)\)。
考虑如何求 \(q+1\) 大的 \(d\)，对于每一个点我们建立三个长度 \(q+1\) 的数组 \(L_{i,j},U_{i,j},LU_{i,j}\) 分别表示 \((i,j)\) 左方、上方、左上方出现过的、距离 \((i,j)\) 前 \(q+1\) 大的颜色，按照它们对应的 \(d\) 值从小到大排序。\(L_{i,j}\) 的求法是容易的，直接从 \(L_{i,j-1}\) 加一个点继承过来即可，\(U_{i,j}\) 也同理。至于 \(LU_{i,j}\)，不难发现在 \(LU_{i,j}\) 出现过的颜色，必然在 \(L_{i,j},U_{i-1,j},LU_{i-1,j-1}\) 中至少一者出现过，因此我们把这三个数组看作一个队列，每次取出队首最小的元素即可在 \(\mathcal O(q)\) 时间内求出这三个数组。
时间复杂度 \(n^2q\)。
正解题解长度小于歪解是啥操作
const int MAXN=1500;
int n,c,a[MAXN+5][MAXN+5],cnt[MAXN+5],vis[MAXN*MAXN+5];
struct dat{
short int x,y;
dat(short int _x=0,short int _y=0):x(_x),y(_y){}
int col(){return a[x][y];}
};
int getdis(int x1,int y1,int x2,int y2){return max(x1-x2,y1-y2);}
dat L[MAXN+5][MAXN+5][12],U[MAXN+5][MAXN+5][12],LU[MAXN+5][MAXN+5][12];
int sL[MAXN+5][MAXN+5],sU[MAXN+5][MAXN+5],sLU[MAXN+5][MAXN+5];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&c);
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&a[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++){
L[i][j][++sL[i][j]]=dat(i,j);
for(int k=1;k<=sL[i][j-1];k++){
if(L[i][j-1][k].col()==a[i][j]) continue;
if(sL[i][j]<=c) L[i][j][++sL[i][j]]=L[i][j-1][k];
}
U[i][j][++sU[i][j]]=dat(i,j);
for(int k=1;k<=sU[i-1][j];k++){
if(U[i-1][j][k].col()==a[i][j]) continue;
if(sU[i][j]<=c) U[i][j][++sU[i][j]]=U[i-1][j][k];
}
for(int p1=1,p2=1,p3=1;(p1<=sL[i][j]||p2<=sU[i-1][j]||p3<=sLU[i-1][j-1])&&sLU[i][j]<=c;){
int mn1=INF,mn2=INF,mn3=INF;
while(p1<=sL[i][j]&&vis[L[i][j][p1].col()]) ++p1;
while(p2<=sU[i-1][j]&&vis[U[i-1][j][p2].col()]) ++p2;
while(p3<=sLU[i-1][j-1]&&vis[LU[i-1][j-1][p3].col()]) ++p3;
if(p1<=sL[i][j]) mn1=getdis(i,j,L[i][j][p1].x,L[i][j][p1].y);
if(p2<=sU[i-1][j]) mn2=getdis(i,j,U[i-1][j][p2].x,U[i-1][j][p2].y);
if(p3<=sLU[i-1][j-1]) mn3=getdis(i,j,LU[i-1][j-1][p3].x,LU[i-1][j-1][p3].y);
int mn=min(mn1,min(mn2,mn3));
if(mn==INF) break;
if(mn==mn1) LU[i][j][++sLU[i][j]]=L[i][j][p1],vis[L[i][j][p1++].col()]=1;
else if(mn==mn2) LU[i][j][++sLU[i][j]]=U[i-1][j][p2],vis[U[i-1][j][p2++].col()]=1;
else LU[i][j][++sLU[i][j]]=LU[i-1][j-1][p3],vis[LU[i-1][j-1][p3++].col()]=1;
}
for(int k=1;k<=sLU[i][j];k++) vis[LU[i][j][k].col()]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++){
int d=(sLU[i][j]==c+1)?getdis(i,j,LU[i][j][c+1].x,LU[i][j][c+1].y):INF;
chkmin(d,min(i,j));
// printf("%d %d %d\n",i,j,d);
cnt[d]++;
}
for(int i=n;i;i--) cnt[i]+=cnt[i+1];
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",cnt[i]);
return 0;
}