网上好像都是用差分做的，我提供一个更直观的做法吧。

突破口是根据每次更新的点去调整答案。

显然，每一个位置只会更新一次，并且同一时刻内，至多只能被一个水印包含。

因此可以考虑对已经形成水印的每一个点指向一个起始坐标。

思考答案的记录方式（记录当前时刻的每一个水印）：

1.没有更新，和之前的答案数量一致。

2.更新后增加了一个水印，内部每一个点指向起始坐标。

3.更新的点已经有起始坐标，则答案数减一，同时再次扫描一遍。

最坏时间复杂度 $O(45*45n^2)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair <int, int> pii;

const int N = 205;
bool val[7][11], b[N][N]; 
int n, L, a[N][N], ans[70000];
pii ptr[N][N];
vector <pii> vec[70000];

void init() {
    for (int i = 1; i <= 9; i ++) val[1][i] = 1;
    val[2][1] = val[2][4] = val[2][7] = val[2][9] = 1;
    val[3][1] = val[3][4] = val[3][5] = val[3][6] = val[3][7] = val[3][8] = 1;
    val[4][1] = val[4][6] = val[4][7] = 1;
    for (int i = 1; i <= 7; i ++) val[5][i] = 1;
}

bool chk(int x, int y) {
	for (int i = x; i <= x + 4; i ++)
		for (int j = y; j <= y + 8; j ++)
			if (b[i][j] != val[i - x + 1][j - y + 1]) return 0;
	for (int i = x; i <= x + 4; i ++)
		for (int j = y; j <= y + 8; j ++)
			ptr[i][j] = pii(x, y);
	return 1;
}

void clear(int x, int y) {
	for (int i = x; i <= x + 4; i ++)
		for (int j = y; j <= y + 8; j ++)
			ptr[i][j] = pii(-1, -1);
}

int main() {
    init();
    scanf("%d%d", &n, &L);
    for (int i = 1; i <= n; i ++) 
        for (int j = 1; j <= n; j ++) {
            scanf("%d", &a[i][j]);
            vec[a[i][j]].push_back(pii(i, j));
            ptr[i][j] = pii(-1, -1);
        }
    int cnt = 0;
    for (int num = L - 1; num >= 0; num --) {
    	for (auto [x, y] : vec[num]) {
    		b[x][y] = 1;
    		if (ptr[x][y] != pii(-1, -1)) {
    			auto [i, j] = ptr[x][y];
    			clear(i, j), cnt --;
			}
		}
        for (auto [x, y] : vec[num])
            for (int i = max(1, x - 4); i <= min(x, n - 4); i ++)
                for (int j = max(1, y - 8); j <= min(y, n - 8); j ++)
                	if (ptr[i][j] == pii(-1, -1) && chk(i, j)) {cnt ++; break;}            		
		ans[num] = cnt; 
    }
    for (int i = 0; i < L; i ++) if (ans[i]) printf("%d\n", i);
    return 0;
}