算是诈骗题？
令一开始就存在的颜色数为cnt。k>=cnt的情况，显然每次找一个出现不止一次的颜色，然后把这个颜色的恰好一个方块替换成一种没有出现过的颜色就可以了，\(k-cnt\)次解决问题。先把这种特判掉。
然后再把k=1的情况也判掉，不然后面不好弄。
否则的话可以说明：最多需要2次操作。只要证明2次一定可以解决问题就可以了。
证明：
先找到最大的L，满足把整个网格左上角边长为L的正方形全染成\(a_{1,1}\)(下标从1开始)的颜色后，剩下的不同颜色数\(\geq k\)。如果这步操作做完后刚好有k种颜色，就直接完事了；否则，L不能继续增加是因为这个边长为L的正方形右边和下面的第一列如果也被覆盖，剩下颜色数会<k。我们第二次操作用一个右下角在\((L+1,L+1)\)的正方形，把区域内染成\(a_{1,1}\)的颜色。大小从1开始逐渐扩大，每次扩大都会使不同颜色数减少0或1或2。那么在第一次减少到\(\leq k\)时，只能是k或k-1。如果是k就完事，否则可以把这个正方形的颜色改成一种没有出现过的。如果第一次减少到\(\leq k\)时，边长已经达到\(L+1\)且是k-1，那么把第一次操作的正方形边长改成L+1，第二次再在第一次的正方形内部随便操作一次即可。
剩下就是判断是否能一次搞定了。先枚举操作的正方形的边长l，然后尝试算出每一个边长为l的正方形内部完整地覆盖了几种颜色。对于每种颜色，求出它出现的最上、最下、最左、最右的位置，则能完整覆盖这种颜色的边长为l的正方形的左上顶点在一个矩形内部，用差分做一个矩形加即可。
时间复杂度\(O(n^3)\)。
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#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
using namespace std;
int n,k,a[510][510],mnr[250010],mxr[250010],mnc[250010],mxc[250010],sum[510][510];
map <int,int> mp;
int main()
{
rep(i,250005) mnr[i]=mnc[i]=1e9,mxr[i]=mxc[i]=-1e9;
cin>>n>>k;
rep(i,n) rep(j,n)
{
scanf("%d",&a[i][j]),mp[a[i][j]]=1;
mnr[a[i][j]]=min(mnr[a[i][j]],i);mxr[a[i][j]]=max(mxr[a[i][j]],i);
mnc[a[i][j]]=min(mnc[a[i][j]],j);mxc[a[i][j]]=max(mxc[a[i][j]],j);
}
if(k==1)
{
if(mp.size()==1) puts("0");
else puts("1");
return 0;
}
if(k>=mp.size())
{
cout<<k-mp.size()<<endl;
return 0;
}
repn(i,n-1)
{
rep(j,n+3) rep(p,n+3) sum[j][p]=0;
repn(j,n*n) if(mnr[j]<1e9)
{
pii most=mpr(mnr[j],mnc[j]),least=mpr(mxr[j]-i+1,mxc[j]-i+1);
least.fi=max(least.fi,0);least.se=max(least.se,0);
if(most.fi<least.fi||most.se<least.se) continue;
++sum[least.fi][least.se];++sum[most.fi+1][most.se+1];
--sum[most.fi+1][least.se];--sum[least.fi][most.se+1];
}
rep(j,n) rep(p,n) sum[j][p+1]+=sum[j][p];
rep(j,n) rep(p,n) sum[j+1][p]+=sum[j][p];
rep(j,n-i+1) rep(p,n-i+1)
{
int lft=mp.size()-sum[j][p];
if(lft==k-1||lft==k)
{
puts("1");
return 0;
}
}
}
puts("2");
return 0;
}