一、题目
( t H2) 有点毒瘤，不是很想写。
二、解法
首先对原问题建出网络流图，我们把 (S) 连所有蓝色接口，(T) 连所有红色接口，矩形内的所有点也建出来，向四周连容量为 (1) 的无向边，然后对原图跑最大流就是答案。
这里补充一个小知识点，也就是网络流图怎么连无向边，举例：((u,v)) 之间一条容量为 (1) 的边。
拆分成两条边，(u ightarrow v)，(v ightarrow u) 分别连容量为 (1) 的互补边，如果我们流 (u ightarrow v) 那么 (v ightarrow u) 会增加一点流量，那么以后流 (v ightarrow u) 的时候相当于交换这两条路径的终点，这条无向边恢复了原来的状态，完成了反悔操作。
肯定不能直接跑最大流，有一个套路是求最小割，再转化一下就是把矩阵的所有点染蓝或者染红（代表最后和起点还是和终点联通），求所有染色方案下的最小端点异色边数。
直接 (dp) 根本不行，我们直接构造最优解算了。先考虑整张图都是红色，那么得到的割是蓝色点数，我们考虑把矩形中的一些点改成蓝色使得割更小，首先改点肯定要有点挨着边界，然后考虑要改肯定是改一整行或者一整列，我觉得很显然。
那么得到结论：最优染色方案一定是一整行或者一整列颜色相同。
所以先对行 (dp) 一次，再把整个矩阵翻转对列也 (dp) 一次即可，时间复杂度 (O(n))
三、总结
要敢于考虑高复杂度做法，一开始把矩形中的每个点都建在网络流里面我是真的没想到，只要你敢想就有优化的可能。
手算最小割是常见套路，通常是考虑每个点属于 (S) 或者属于 (T) 来考虑染色问题。
#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
",ans);
}