考虑矩形数量的规模大概是 \(O(n^4)\) 量级的，故很难通过枚举的方式直接做。
弱化问题，如果只统计正着的矩形，个数是 \(O(n^3)\) 量级的。而斜着的矩形都是可以被一个恰当的正矩形包含的，此时两者对应顶点距离相同，存在性可以由顶点位置取与判断。
即，我们可以将一个边长为 \(x\) 正矩形的贡献看作是 \(x-1\) 组 \(01\) 取与后相加得到的，而它们分布在四条直线上。于是我们可以预处理出每行每列的 bitset，在上面做位运算处理即可。
时间复杂度 \(O(\frac{n^4}{w})\)。
感觉不太能降复杂度的与 01 沾边的问题，考虑下 bitset。