如果把每个方格看作一个点，就是这道题的子任务 B 了。
思路
首先看到目标是保证任意方格可以互通，就可以想到应该是一道强连通分量的题，只要按照题目的要求建图，就可以得到一个有向图，那么用 tarjan 缩点后，就可以得到一个无环的有向图。
这样一个无向图，对于每个有入度有出度的点，肯定都是按照顺序走，最后是无出度的点停下，所以我们肯定需要连一些从无出度的点出发的边。
那么，对于无入度的点，如果起点不是这个点，就无法到达这个点，所以肯定也需要连一些到达这些点的边。
无出度和无入度可以连在一起，令无出度的点有 \(x\) 个，无入度的点有 \(y\) 个，那么答案至少都是 \(\min(x,y)\)。
不过需要注意的是，不是无出度和无入度的点简单两两匹配就好，实际情况需要交叉连边，因为无出度和无入度的点一定有对应关系，那么连边时应该避免连成若干个环。但是这道题只需要得出连边数量，不需要得出如何连边，所以可以不用考虑。
还有需要注意的是，如果缩完点，只剩下一个点，那么就不需要连边。
AC code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[505][505],dfn[250005],low[250005],dcnt,num,id[250005],z[250005],top,in_z[250005],e[1000005],ne[1000005],h[250005],idx=1,in[250005],out[250005],ans1,ans2;
inline void add(int a,int b){e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;}
inline int get(int i,int j){return (i-1)*m+j;}
inline void ade(int i,int j)
{
if(i>1)
{
if(a[i][j]>=a[i-1][j]) add(get(i,j),get(i-1,j));
if(a[i][j]<=a[i-1][j]) add(get(i-1,j),get(i,j));
}
if(j>1)
{
if(a[i][j]>=a[i][j-1]) add(get(i,j),get(i,j-1));
if(a[i][j]<=a[i][j-1]) add(get(i,j-1),get(i,j));
}
}
void dfs(int u)
{
dfn[u]=low[u]=++dcnt,z[++top]=u,in_z[u]=1;
for(int i=h[u];i;i=ne[i])
if(!dfn[e[i]]) dfs(e[i]),low[u]=min(low[u],low[e[i]]);
else if(in_z[e[i]]) low[u]=min(low[u],dfn[e[i]]);
if(dfn[u]==low[u])
{
++num;
while(z[top+1]!=u) id[z[top]]=num,in_z[z[top--]]=0;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) scanf("%d",&a[i][j]),ade(i,j);
for(int i=1;i<=n*m;++i) if(!dfn[i]) dfs(i);
for(int i=1;i<=n*m;++i) for(int j=h[i];j;j=ne[j]) if(id[i]!=id[e[j]]) ++in[id[e[j]]],++out[id[i]];
for(int i=1;i<=num;++i){if(!in[i]) ++ans1;if(!out[i]) ++ans2;}
printf("%d",(num==1)?0:max(ans1,ans2));
return 0;
}