显然这是 \(O(n^2k)\) 的，但是这个过程中真正贡献到 \(f_{1,x,x}\) 的有效转移显然不会超过 \(O(nk)\)。可以用一些技巧只算出这 \(O(nk)\) 个状态。

具体地，考虑一个个求出 \(f_{1,x,1 \sim k}\)。假设现在在求 \(f_{1,x,r}\)，而 \(f_{1,x}\) 从 \(f_{2,y}\) 和 \(f_{2,z}\) 转移过来（一个是不选这个物品，一个是选这个物品）。那么 \(f_{1,x,1 \sim r-1}\) 会从 \(f_{2,y}\) 的一个前缀和 \(f_{2,z}\) 的一个前缀转移过来，不妨假设从 \(f_{2,y,pre_y}\) 和 \(f_{2,z,pre_z}\)。那么 \(f_{1,x,r}\) 可以从 \(f_{2,y,pre_y+1}\) 和 \(f_{2,z,pre_z+1}\) 中选优的那个转移。如果这两个中有一个没算就递归进去算。在算完 \(f_{1,x,r}\) 之后，如果其选择从 \(y\) 转移则 \(pre_y \leftarrow pre_y+1\)，否则 \(pre_z \leftarrow pre_z+1\)。先把 \(f_{i,j,1}\) 算好，对于每个 \(f_{i,j}\) 都弄个这样的 \(pre_y,pre_z\)，然后可以发现在 \(f_{1,x,1\sim r-1}\) 都算完的时候算 \(f_{1,x,r}\) 只会需要额外算 \(O(n)\) 个值，这样复杂度优化到了 O(n^2+nk)。

枚举左上角和右下角，它们要在同一个左上-右下对角线上。于是直接枚举这个对角线，对于对角线上的每个点设 \(down_i\) 表示其向右和向下伸展的长度的最小值，\(up_i\) 表示其向左和向上伸展的长度的最小值，那么对于第 \(x\) 行和第 \(y(x<y)\) 行的两个点，能框出一个正方形当且仅当 \(\min(down_x,up_y) \geq y-x\)，扫描线树状数组搞搞即可