对于大的矩阵可以枚举；对于小的矩阵，需要在满足条件的区域求一个矩形和的最小值
预处理S2[i][j]表示以(i,j)为右下角的C\(*\)D的矩阵和，
然后对于求矩形区域的最小值，可以先将每行看做一个数列，对于每个点y，得到一个[y-(B-3),y]的最小值
处理完行后得到Minr[][]，对每列的进行同样的操作，就可以得到Min[x][y]表示([x-A+3,x],[y-B+3,y])的最小矩形和
但是注意单调队列处理的是S2，S2表示的是C\(*\)D的和,not a single point!所以端点应该是([x-A+C+1],[y-B+D+1])
原先做过这样的套路题，还是费了近一下午==不行效率太低了
#include <cstdio>
#include <cctype>
//#define gc() getchar()
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
const int N=1005,MAXIN=6e5;
int n,m,A,B,C,D,S[N][N],S1[N][N],S2[N][N],q[N],Minr[N][N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
//void Debug(int a[N][N],int s,int s2)
//{
// puts("Debug");
// for(int i=s; i<=n; ++i,putchar('\n'))
// for(int j=s2; j<=m; ++j) printf("%d ",a[i][j]);
// putchar('\n');
//}
void Pre()
{
for(int i=C+1; i<n; ++i)//第1~C,n行用不到
{
int h=1,t=0;
for(int j=D+1; j<m; ++j)
{
while(h<=t && S2[i][q[t]]>=S2[i][j]) --t;
q[++t]=j;
if(q[h]<=j-B+D+1) ++h;
Minr[i][j]=S2[i][q[h]];
}
}
// Debug(S,1,1);
// Debug(S1,A,B);
// Debug(S2,C,D);
// Debug(Minr,2,2);
}
void Solve()
{
int res=0;
for(int j=D+1; j<m; ++j)//枚举小矩形可放范围，行+1列+1即大矩形的位置
{
int h=1,t=0;
for(int i=C+1; i<n; ++i)
{
while(h<=t && Minr[q[t]][j]>=Minr[i][j]) --t;
q[++t]=i;
if(q[h]<=i-A+C+1) ++h;
if(res<S1[i+1][j+1]-Minr[q[h]][j]) res=S1[i+1][j+1]-Minr[q[h]][j];
}
}
printf("%d",res);
}
int main()
{
n=read(),m=read(),A=read(),B=read(),C=read(),D=read();
if(n<=2||m<=2) {putchar('0'); return 0;}
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=1; j<=m; ++j)
S[i][j]=read()+S[i][j-1]+S[i-1][j]-S[i-1][j-1];
for(int i=A; i<=n; ++i)
for(int j=B; j<=m; ++j)
S1[i][j]=S[i][j]-S[i][j-B]-S[i-A][j]+S[i-A][j-B];
for(int i=C+1; i<=n; ++i)
for(int j=D+1; j<=m; ++j)
S2[i][j]=S[i][j]-S[i][j-D]-S[i-C][j]+S[i-C][j-D];
Pre(), Solve();
return 0;
}