We label our points using coordinates $0 \le x,y \le 3$, with the bottom-left point being $(0,0)$. By the Pythagorean Theorem, the distance between two points is $\sqrt{d_x^2 + d_y^2}$ where $0 \le d_x, d_y \le 3$; these yield the possible distances (in decreasing order)\[\sqrt{18},\ \sqrt{13},\ \sqrt{10},\ \sqrt{9},\ \sqrt{8},\ \sqrt{5},\ \sqrt{4},\ \sqrt{2},\ \sqrt{1}\]As these define $9$ lengths, so the maximum value of $m$ is $10$. For now, we assume that $m = 10$ is achievable. Because it is difficult to immediately impose restrictions on a path with increasing distances, we consider the paths in shrinking fashion. Note that the shrinking paths and growing paths are equivalent, but there are restrictions upon the locations of the first edges of the former.
The $\sqrt{18}$ length is only possible for one of the long diagonals, so our path must start with one of the $4$ corners of the grid. Without loss of generality (since the grid is rotationally symmetric), we let the vertex be $(0,0)$ and the endpoint be $(3,3)$.
[asy] unitsize(0.25inch); defaultpen(linewidth(0.7)); dotfactor = 4; pen s = linewidth(4);  int i, j; for(i = 0; i < 4; ++i) 	for(j = 0; j < 4; ++j) 		dot(((real)i, (real)j)); dot((0,0)^^(3,3),s); draw((0,0)--(3,3));  [/asy]
The $\sqrt{13}$ length can now only go to $2$ points; due to reflectional symmetry about the main diagonal, we may WLOG let the next endpoint be $(1,0)$.
[asy] unitsize(0.25inch); defaultpen(linewidth(0.7)); dotfactor = 4; pen s = linewidth(4); pen c = rgb(0.5,0.5,0.5); int i, j; for(i = 0; i < 4; ++i) 	for(j = 0; j < 4; ++j) 		dot(((real)i, (real)j)); dot((0,0)^^(3,3)^^(1,0),s); draw((0,0)--(3,3),c); draw((3,3)--(1,0));  [/asy]
From $(1,0)$, there are two possible ways to move $\sqrt{10}$ away, either to $(0,3)$ or $(2,3)$. However, from $(0,3)$, there is no way to move $\sqrt{9}$ away, so we discard it as a possibility.
From $(2,3)$, the lengths of $\sqrt{8},\ \sqrt{5},\ \sqrt{4},\ \sqrt{2}$ fortunately are all determined, with the endpoint sequence being $(2,3)-(2,0)-(0,2)-(2,1)-(0,1)-(1,2)$.
[asy] unitsize(0.25inch); defaultpen(linewidth(0.7)); dotfactor = 4; pen s = linewidth(4); pen c = rgb(0.5,0.5,0.5); int i, j; for(i = 0; i < 4; ++i) 	for(j = 0; j < 4; ++j) 		dot(((real)i, (real)j)); dot((0,0)^^(3,3)^^(1,0)^^(2,3)^^(2,0)^^(0,2)^^(2,1)^^(0,1)^^(1,2),s); draw((0,0)--(3,3)--(1,0)--(2,3)--(2,0)--(0,2)--(2,1)--(0,1)--(1,2)); [/asy]
From $(1,2)$, there are $3$ possible lengths of $\sqrt{1}$ (to either $(1,1),(2,2),(1,3)$). Thus, the number of paths is $r = 4 \cdot 2 \cdot 3 = 24$, and the answer is $mr = 10 \cdot 24 = 240$.
좌표 $0 \le x,y \le 3$을 사용하여 점에 라벨을 붙이고, 왼쪽 아래 점은 $(0,0)$입니다. 피타고라스 정리에 따르면 두 점 사이의 거리는 $\sqrt{d_x^2 + d_y^2}$이며, 여기서 $0 \le d_x, d_y \le 3$입니다; 이 경우 가능한 거리는 (내림차순으로) \[\sqrt{18},\ \sqrt{13},\ \sqrt{10},\ \sqrt{9},\ \sqrt{8}\]이 됩니다,\ \sqrt{5},\ \sqrt{4},\ \sqrt{2},\ \sqrt{1}\]이 길이를 $9$로 정의하므로 $m$의 최대값은 $10$입니다. 지금은 $m = 10$을 달성할 수 있다고 가정합니다. 거리가 증가하는 경로에 즉시 제한을 가하기는 어렵기 때문에 경로를 축소하는 방식으로 고려합니다. 축소 경로와 증가 경로는 동일하지만 전자의 첫 번째 가장자리의 위치에 제한이 있다는 점에 유의하십시오.
긴 대각선 중 하나에 대해서만 $\sqrt{18}$ 길이가 가능하므로 그리드의 $4$ 모서리 중 하나에서 경로를 시작해야 합니다. 일반성을 잃지 않고 (그리드가 회전 대칭이므로) 정점을 $(0,0)$, 끝점을 $(3,3)$로 합니다.
[asy] unitsize(0.25inch); defaultpen(linewidth(0.7)); dotfactor = 4; pen s = linewidth(4); int i, j; for(i = 0; i < 4; ++i) for(j = 0; j < 4; ++j) dot(((real)i, (real)j)); dot((0,0)^^(3,3),s); draw((0,0)--(3,3)); [/asy]
이제 $\sqrt{13}$ 길이는 2$ 점까지만 갈 수 있습니다; 주 대각선에 대한 반사 대칭으로 인해 다음 끝점을 $(1,0)$으로 WLOG 할 수 있습니다.
[asy] unitsize(0.25inch); defaultpen(linewidth(0.7)); dotfactor = 4; pen s = linewidth(4); pen c = rgb(0.5,0.5,0.5); int i, j; for(i = 0; i < 4; ++i) for(j = 0; j < 4; ++j) dot(((real)i, (real)j)); dot((0,0)^^(3,3)^^(1,0),s); draw((0,0)--(3,3),c); draw((3,3)--(1,0)); [/asy]
(1,0)$에서 $\sqrt{10}$을 $(0,3)$ 또는 $(2,3)$으로 이동하는 방법은 두 가지가 있습니다. 그러나 $(0,3)$에서 $\sqrt{9}$를 옮길 수 있는 방법은 없으므로 가능하지 않은 것으로 버립니다.
(2,3)$에서 $\sqrt{8},\ \sqrt{5},\ \sqrt{4},\ \sqrt{2}$의 길이는 다행히 모두 결정되어 있으며, 끝점 수열은 $(2,3)-(2,0)-(0,2)-(2,1)-(0,1)-(1,2)$가 됩니다.
[asy] unitsize(0.25inch); defaultpen(linewidth(0.7)); dotfactor = 4; pen s = linewidth(4); pen c = rgb(0.5,0.5,0.5); int i, j; for(i = 0; i < 4; ++i) for(j = 0; j < 4; ++j) dot(((real)i, (real)j)); dot((0,0)^^(3,3)^^(1,0)^^(2,3)^^(2,0)^^(0,2)^^(2,1)^^(0,1)^^(1,2),s); draw((0,0)--(3,3)--(1,0)--(2,3)--(2,0)--(0,2)--(2,1)--(0,1)--(1,2)); [/asy]
(1,2)$에서 ($(1,1), (2,2), (1,3)$까지) $\sqrt{1}$의 가능한 길이는 $3$입니다. 따라서 경로의 수는 $r = 4 \cdot 2 \cdot 3 = 24$이고, 답은 $mr = 10 \cdot 24 = 240$입니다.