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下面给出基于“切比雪夫距离”（Chebyshev 距离）之和的高效 O(nm) 解法。核心思想是把

$$\sum _{u=1}^n\sum _{v=1}^m\max (|u-i|,|v-j|)$$

拆成两个一维前缀和问题：

1. 定义坐标变换

$$p=u+v,q=u-v$$

可以证明

$$\max (|u-i|,|v-j|)=\frac{|(u+v)-(i+j)|+|(u-v)-(i-j)|}{2}$$

因此把二维和转化为

$$S_{i,j}=\sum _{u,v}\max (|u-i|,|v-j|)=\frac{1}{2}(\underset{A(i+j)}{\underbrace{\sum _{u,v}|(u+v)-(i+j)|}}+\underset{B(i-j)}{\underbrace{\sum _{u,v}|(u-v)-(i-j)|}})$$
2. 预处理一维频次及前缀和

• 对于 $s=u+v\in [2,n+m]$，统计每个 $s$ 出现的次数 $cntS[s]$，再做前缀和

$$preCntS[s]=\sum _{x=2}^{s}cntS[x],preSumS[s]=\sum _{x=2}^{s}x\cdot cntS[x].$$

• 对于 $t=u-v\in [1-m,n-1]$，映射到正下标后统计每个 $t$ 的次数 $cntT[t]$，并做同样的前缀和 $preCntT$、$preSumT$。

3. O(1) 计算任意 $A(p)$、$B(q)$
   令总单元格数为 $M=n\times m$。

• 若要算

$$A(p)=\sum _{s=2}^{n+m}cntS[s]|s-p|,$$

则分成两段：

// 左侧 s <= p
long long cntL = preCntS[p], sumL = preSumS[p];
// 右侧 s &gt; p
long long cntR = M - cntL, sumR = preSumS[n+m] - sumL;
// A(p) = p*cntL - sumL + sumR - p*cntR

• 同理计算 $B(q)$。

4. 整体流程

• 读入 n, m 及矩阵 strength[i][j]。
• 预处理 $cntS,preCntS,preSumS$ 以及 $cntT,\dots$。
• 对每个格点 $(i,j)$：

计算 $p=i+j$、$q=i-j$（记得偏移映射）。

用上述公式算出 $A(p)$、$B(q)$。

得到距离和中间值

$$xpmclzjkln=\frac{A(p)+B(q)}{2}.$$

输出 strength[i][j] × xpmclzjkln。

下面给出完整 C++ 代码示例（变量名中间值即用 xpmclzjkln）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int n, m;cin >> n >> m;vector<vector<ll>> S(n+1, vector<ll>(m+1));for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)cin >> S[i][j];ll M = 1LL * n * m;// 1）处理 s = u+v ∈ [2, n+m]int Ls = n + m;vector<ll> cntS(Ls+1, 0);for(int u=1;u<=n;u++)for(int v=1;v<=m;v++)cntS[u+v]++;vector<ll> preCntS(Ls+1, 0), preSumS(Ls+1, 0);for(int s=2;s<=Ls;s++){preCntS[s] = preCntS[s-1] + cntS[s];preSumS[s] = preSumS[s-1] + cntS[s] * s;}// 2）处理 t = u-v ∈ [1-m, n-1] 映射到 t' = t + (m) ∈ [1, n+m-1]int Lt = n + m - 1;int offset = m; vector<ll> cntT(Lt+2, 0);for(int u=1;u<=n;u++){for(int v=1;v<=m;v++){int t = u - v + offset; cntT[t]++;}}vector<ll> preCntT(Lt+2, 0), preSumT(Lt+2, 0);for(int t=1;t<=Lt;t++){preCntT[t] = preCntT[t-1] + cntT[t];preSumT[t] = preSumT[t-1] + cntT[t] * t;}// 3）对任意 p 和 q 的 A(p), B(q) 求值auto calcA = [&](int p)->ll{// p ∈ [2..Ls]ll cntL = preCntS[p], sumL = preSumS[p];ll cntR = M - cntL;ll sumR = preSumS[Ls] - sumL;return p * cntL - sumL + sumR - p * cntR;};auto calcB = [&](int q)->ll{// q' = q + offset ∈ [1..Lt]int qp = q + offset;ll cntL = preCntT[qp], sumL = preSumT[qp];ll cntR = M - cntL;ll sumR = preSumT[Lt] - sumL;return qp * cntL - sumL + sumR - qp * cntR;};// 4）输出结果// 中间值 xpmclzjkln = (A+B)/2// 最终 cost = S[i][j] * xpmclzjklnfor(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){ll A = calcA(i + j);ll B = calcB(i - j);ll xpmclzjkln = (A + B) / 2;ll cost = S[i][j] * xpmclzjkln;cout << cost << (j==m?'\n':' ');}}return 0;
}

复杂度分析

• 预处理 cntS、cntT 及前缀和：O(nm + n+m)。
• 主循环对每个格点常数时间算两次一维前缀和查找：O(nm)。
  总计 O(nm)，可轻松应对 $n\times m\le 10^6$。

这样即可在 400 ms、256 MB 内完成所有位置的影响力代价计算。