资源勘探
Description
教主要带领一群Orzer到一个雄奇地方勘察资源。
这个地方可以用一个n×m的矩阵A[i, j]来描述，而教主所在的位置则是位于矩阵的第1行第1列。
矩阵的每一个元素A[i, j]均为一个不超过n×m的正整数，描述了位于这个位置资源的类型为第A[i, j]类。教主准备选择一个子矩阵作为勘察的范围，矩阵的左上角即为教主所在的(1, 1)。若某类资源k在教主勘察的范围内恰好出现一次。或者说若教主选择了(x, y)即第x行第y列作为子矩阵的右下角，那么在这个子矩阵中只有一个A[i, j]（1≤i≤x，1≤j≤y）满足A[i, j]=k，那么第k类资源则被教主认为是稀有资源。
现在问题是，对于所有的(x, y)，询问若(x, y)作为子矩阵的右下角，会有多少类不同的资源被教主认为是稀有资源。
Input
输入的第一行包括两个正整数n和m，接下来n行，每行m个数字，描述了A[i, j]这个矩阵。
Output
为了照顾Vijos脑残的输出问题，设B[i, j]表示仅包含前i行与前j列的子矩阵有多少个数字恰好出现一次，那么你所要输出所有B[i, j]之和mod 19900907。
Sample Input
2 3
1 2 3
3 1 2
Sample Output
10
Hint
【样例说明】
对于右下角为(1，1)的子矩阵，仅包含数字1，所以答案为1。
对于右下角为(1，2)的子矩阵，数字1、2各出现一次，所以答案为2。
对于右下角为(1，3)的子矩阵，数字1、2、3各出现一次，所以答案为3。
对于右下角为(2，1)的子矩阵，数字1、3各出现一次，所以答案为2。
对于右下角为(2，2)的子矩阵，数字2、3各出现一次，但是数字1出现了两次，所以数字1不统计入答案，答案为2。
对于右下角为(2，3)的子矩阵，数字1、2、3均出现了两次，所以答案为0。
【数据说明】
对于10%的数据，有N，M≤10；
对于20%的数据，有N，M≤20；
对于40%的数据，有N，M≤150；
对于50%的数据，A[I, J]≤1000；
对于70%的数据，有N，M≤800；
对于100%的数据，有N，M≤1100，A[I, J] ≤N×M。
赛时
n方m暴力吧，步骤就是nm枚举矩阵，然后对于任何个矩阵（设右下角是x，y），则它的贡献是x，y-1加上x的那一列，所以就可以n来转移。
正解
不用矩阵找答案，用每个元素来找有几个矩阵。
说一下大致思路先，主要是分类讨论，对于一个数x，先考虑往右边扩展最多到哪（初始是m+1）之后如下：
（1）如果现在遍历到的x纵坐标是目前统计答案的x的纵坐标（到时候解释为什么这么说）与右边最扩展的纵坐标的中间，那么如下：
这时红色部分是可以累计的答案，也就是6个答案，显然知道目前累计的x的纵横坐标和最右边的纵坐标，和目前遍历的x的横纵坐标（i，j）就得出来，之后最右边扩展改为目前遍历的x的纵坐标，也就是j ，至于为什么等会再说。
（2）当遍历的x纵坐标小于目前统计的x的纵坐标时：
图好小啊。。。。。。
这个就是刚刚的图遍历到下一个，这时计算的答案即是红色的部分。同理根据坐标求得出来。然后看的出来，此刻上面的两图的两块红色就是第一个x所累计的ans。之后呢最右扩展改为目前累计的x，然后累计的x变成此刻遍历的。然后重复上面两个过程。
当图遍历完后，最后的x是没求的，这时也要求，等会展示代码，至于为什么没求，而且怎么求，求哪里就自行思考。
那么总结一下，首先记录目前累计x的纵横坐标，可以看出，目前累计x也是当前遍历到的所以x中纵坐标最小的，所以这就是为什么（2）中改变累计的x，因为此刻的x的纵坐标比原来累计的x的纵坐标小。
之后记录最右扩展，其实也就是纵坐标第二小的（已遍历中）。
剩下看代码。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 1300007
#define mod 19900907
using namespace std;
long long n,m,k,x[N],y1[N],y2[N],ans;
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
scanf("%lld",&k);
if(!x[k]){//k第一次出现时，初始化
x[k]=i;
y1[k]=j;
y2[k]=m+1;
continue;
}
if(j<y1[k]){//当前k的纵坐标小于目前累计的x
ans=(ans+(i-x[k])*(y2[k]-y1[k]))%mod;
x[k]=i;
y2[k]=y1[k];
y1[k]=j;
}
else if(j<y2[k]){//在累计x与最右扩展中间
ans=(ans+(i-x[k])*(y2[k]-j))%mod;
y2[k]=j;
}
}
for(int i=1;i<=n*m;i++)
if(x[i])//最后统计
ans=(ans+(n-x[i]+1)*(y2[i]-y1[i]))%mod;
printf("%lld",ans);
}