UPD:25/10/07
是否觉得想不出复杂度ok的方法？那你就是joker了！
思路分析
每次有一个人离开，这个人的坐标是（x,y），意味着其上下左右可能有人，通过(x,y)离开的怒气值比当前这个人的怒气值小，而新的这个怒气值减小的人，其上下左右的人中，也有可能有人通过这个新的人离开， 会让自身怒气值减小，如此反复，直到没有人的怒气值能够被减小
复杂度分析
每个点最多被更新其初始状态（没有任何人离开）下的怒气值次，比如一个点初始的怒气值是5,每次更新至少-1，那这个点最多减5次变为0，其最多被考虑5次
所以，复杂度上限可以被估计为，初始状态每个人的怒气值的和，经过计算，为n^3数量级
计算方法：初始状态，最外周的人怒气值为0，次外周的人怒气值为1，依次累加
实现
使用occ[x][y]（0-没有被占据 1-被占据）表示这个点有没有被占据，使用h[x][y]表示这个点的怒气值，则其周围的点通过这个点离开，其怒气值为occ[x][y]+h[x][y]
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=505;
int h[maxn][maxn],occ[maxn][maxn];
int n;
int dx[5]={-1,1,0,0},dy[5]={0,0,-1,1};
void dfs(int x,int y){
int z=occ[x][y]+h[x][y];
for(int i=0;i<4;i++){
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
if(z<h[nx][ny]){
h[nx][ny]=z;
dfs(nx,ny);
}
}
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
occ[i][j]=1;
h[i][j]=min(min(i,n-i+1),min(j,n-j+1))-1;
}
}
long long res=0;
for(int i=1;i<=n*n;i++){
int t;cin>>t;
//获取x,y坐标
int x=(t+n-1)/n,y=t%n;
if(y==0) y=n;
res+=h[x][y];
occ[x][y]=0;
dfs(x,y);
}
cout<<res<<"\n";
return 0;
}
细节（如果没有以下疑惑，可以跳过）
Q1.一个点会不会被反复考虑：从一个点出发，延展出的其他怒气值减小的点，都是经过这个点的，其怒气值只能增加或相等，不会减少，所以一个点不会被反复考虑
Q2.超出边界的点（x=0 y=0 x>n y>n） ：其h[x][y]被全局变量初始化为0，因此不可能被考虑
