也就是说，如果一个矩形是另一个矩形的子矩形，那么这个矩形肯定比另一个矩形的和小。
看起来和单调性有关。
那么，我们考虑枚举矩形的上边界，再枚举下边界，然后枚举左边界，那么右边界越向右整个矩阵的和越大，但是我们只想让这个和 $s$ 尽可能的接近 $[a,b]$ （这里设 $a\le b$）。
那么我们可以二分一个位置，我们可以找到 $<a$ 的最大的 $s$ 的位置和 $>b$ 的最小的 $s$ 的位置然后对答案取 $\min$（当然如果有 $s$ 满足 $a \le s \le b$，那么答案也就被确定为 $b-a$ 了）
但是这样我们的复杂度是 $\mathcal O(n^3 \log n)$ 的，依然不能通过。
发现我们二分的这个位置，随着固定的左端点右移，这个位置也不断右移，因此我们可以拿双指针从左向右扫一遍，并在扫的过程中对答案取 $\min$ 就好了。（顺便判断一下有无 $a \le s \le b$ 的情况）
这样复杂度是 $\mathcal O(n^3)$ 的，可以通过。
代码实现可以参考一下我的，但是我感觉还是理解后自己实现更为好写，~~因为我写的很丑~~。
```cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define int long long
#define orz cout << "tyy YYDS!!!\n"
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 7;
const int mod = 998244353;
int read() {
int s = 0, f = 0; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
int n, m, A, B;
int a[555][555];
int b[555];
int sum[555][555];
signed main() {
n = read(), m = read(), A = read(), B = read();
if(A > B) swap(A, B);
for(register int i = 1; i <= n; ++i) {
for(register int j = 1; j <= m; ++j) {
a[i][j] = read();
sum[i][j] = sum[i - 1][j] + a[i][j];
}
}
int ans = abs(a[1][1] - A) + abs(a[1][1] - B);
for(register int l = 1; l <= n; ++l) {
for(register int r = l; r <= n; ++r) {
for(register int i = 1; i <= m; ++i) b[i] = sum[r][i] - sum[l - 1][i];
int R = 0, now = 0;
while(R < m && now + b[R + 1] < A) now += b[++R];
for(register int L = 1; L <= m; ++L) {
if(R < m && now + b[R + 1] >= A && now + b[R + 1] <= B) return printf("%lld\n", B - A), 0;
ans = min(ans, abs(now - A) + abs(now - B));
now -= b[L];
while(R < m && now + b[R + 1] <= A) now += b[++R];
}
R = 0, now = 0;
while(R < m && now <= B) now += b[++R];
for(register int L = 1; L <= m; ++L) {
ans = min(ans, abs(now - A) + abs(now - B));
now -= b[L];
if(now >= A && now <= B) return printf("%lld\n", B - A), 0;
while(R < m && now <= B) now += b[++R];
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
```