一、題目

點此看題

\(\tt H2\) 有點毒瘤，不是很想寫。

二、解法

首先對原問題建出網路流圖，我們把 \(S\) 連所有藍色介面，\(T\) 連所有紅色介面，矩形內的所有點也建出來，向四周連容量為 \(1\) 的無向邊，然後對原圖跑最大流就是答案。

這裡補充一個小知識點，也就是網路流圖怎麼連無向邊，舉例：\((u,v)\) 之間一條容量為 \(1\) 的邊。

拆分成兩條邊，\(u\rightarrow v\)，\(v\rightarrow u\) 分別連容量為 \(1\) 的互補邊，如果我們流 \(u\rightarrow v\) 那麼 \(v\rightarrow u\) 會增加一點流量，那麼以後流 \(v\rightarrow u\)

的時候相當於交換這兩條路徑的終點，這條無向邊恢復了原來的狀態，完成了反悔操作。

肯定不能直接跑最大流，有一個套路是求最小割，再轉化一下就是把矩陣的所有點染藍或者染紅（代表最後和起點還是和終點聯通），求所有染色方案下的最小端點異色邊數。

直接 \(dp\) 根本不行，我們直接構造最優解算了。先考慮整張圖都是紅色，那麼得到的割是藍色點數，我們考慮把矩形中的一些點改成藍色使得割更小，首先改點肯定要有點挨著邊界，然後考慮要改肯定是改一整行或者一整列，我覺得很顯然。

那麼得到結論：最優染色方案一定是一整行或者一整列顏色相同。

所以先對行 \(dp\) 一次，再把整個矩陣翻轉對列也 \(dp\) 一次即可，時間複雜度 \(O(n)\)

三、總結

要敢於考慮高複雜度做法，一開始把矩形中的每個點都建在網路流裡面我是真的沒想到，只要你敢想就有優化的可能。

手算最小割是常見套路，通常是考慮每個點屬於 \(S\) 或者屬於 \(T\) 來考慮染色問題。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 100005;
int read()
{
	int x=0,flag=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
	while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return x*flag;
}
int n,m,q,l[M],r[M],u[M],d[M];char s[M];
void get(int n,int *a)
{
	scanf("%s",s+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=(s[i]=='R');
}
int cal()
{
	int f0=0,f1=0,g0,g1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		f0+=u[i],f1+=(!u[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		g0=f0;g1=f1;
		f0=min(g0,g1+m)+l[i]+r[i];
		f1=min(g0+m,g1)+(!l[i])+(!r[i]);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
		f0+=d[i],f1+=(!d[i]);
	return min(f0,f1);
}
signed main()
{
	n=read();m=read();q=read();
	get(n,l);get(n,r);get(m,u);get(m,d);
	int ans=cal();
	swap(n,m);swap(l,u);swap(r,d);
	ans=min(ans,cal());
	printf("%d\n",ans);
}