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首先想到同样例1的构造方式。即不得不填负的格子填\(-h*w\)，其余填\(1\)。直接这样能过二三十个点。

只这样不对。比如1 4 1 3，会输出无解（会填[1 1 -3 1]）。怎么改呢。对于一个点，它可以覆盖多个\(h*w\)的子矩形，只要对每个子矩形满足负权和，它们的和可以尽量大。

将原方案中的所有正数扩大\(d\)倍，不得不填负的格子只需恰好大于一个子矩形的和。这样多个格子加起来的和就大了。

如1 4 1 3，可以填[1000 1000 -2001 1000]。

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#include <cstdio>

#include <algorithm>

const int N=505;

bool A[N][N];

int main()

{

	int H,W,h,w; scanf("%d%d%d%d",&H,&W,&h,&w);

	if(!(H%h) && !(W%w)) return puts("No"),0;//每个子矩形都是负的，拼一块还是负的(当然不判也行) 

	int r=h,c=w,tot=0;

	while(1)

	{

		while(1)

		{

			++tot, A[r][c]=1;

			if(c+w>W) break;

			c+=w;//每次只能加w而不是2w-1!

		}

		c=w;

		if(r+h>H) break;

		r+=h;

	}

	int v=-h*w*1000+999;

	if(-1ll*tot*v>=1000*(H*W-tot)) puts("No");

	else

	{

		puts("Yes");

		for(int i=1; i<=H; ++i,putchar('\n'))

			for(int j=1; j<=W; ++j) printf("%d ",A[i][j]?v:1000);

	}

	return 0;

}