目前在看贪心/构造/DP 杂题选做,发现一道非常不错的结论题，具有启发意义。
先说明如下结论
结论一：如何怎么样都不会使用二和三操作
证明：
二三操作显然可以通过两次一操作达到，而其操作费用大于两次一操作费用
所以显然我们只会操作一四操作。
那么我们发现翻转一整个矩形不好操作，翻转到一特定状态也不好处理，不如考虑倒序操作：即给定特定状态变为全白状态的费用，知其与原问题等价。
然后我们处理翻转问题，我们考虑一个转换
\(a_{i,j} = a_{i,j}\ xor\ a_{i+1,j}\ xor\ a_{i,j + 1}\ xor\ a_{i + 1,j + 1}\)。
我们发现全白时显然全等为\(0\)。
而一四操作我们可以将其本质变为：
一操作：单点翻转\((x,y)\)
四操作：四点翻转\((x,y),(x,m),(n,y),(n,m)\)
那么问题变得显然起来。
我们依旧给出了两个结论
结论二：不用同时使用两个横坐标或竖坐标相等的四操作
证明：其等价于修改四个任意散点，其可以等价于四次一操作的费用
结论三：除非 \((x,y),(n,y),(x,m)\) 都为1，才会使用 \((x,y)\) 这一四操作
证明：如果有一个不为\(1\)，那么其有一个错误反转，我们需要其一个一操作反转回来，那么其等价于\(1 + 2 = 3\)，可以使用一操作代替。
那么经典问题转化为满足某种条件的改变行列取点数量。
二分图上最大匹配即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define ll long long
#define N 30000
int n,m;
int head[N];
int cnt = 1;
struct P{
int to,next;
ll v;
}e[N << 2];
inline void add(int x,int y,int v){
e[++cnt].to = y;
e[cnt].v = v;
e[cnt].next = head[x];
head[x] = cnt;
}
std::queue<int>QWQ;
ll dis[N];
bool vis[N];
int a[505][505];
int s,t;
inline bool bfs(){
for(int i = 1;i <= n + m + 2;++i)
dis[i] = 1e10,vis[i] = 0;
dis[s] = 0;
QWQ.push(s);
vis[s] = 1;
while(!QWQ.empty()){
int u = QWQ.front();
QWQ.pop();
vis[u] = 0;
for(int i = head[u];i;i = e[i].next){
int v = e[i].to;
if(dis[v] > dis[u] + 1 && e[i].v){
dis[v] = dis[u] + 1;
if(!vis[v])
vis[v] = 1,QWQ.push(v);
}
}
}
return dis[t] != 1e10;
}
inline ll dfs(int u,ll in){
ll out = 0;
if(u == t)
return in;
for(int i = head[u];i;i = e[i].next){
int v = e[i].to;
if(e[i].v && dis[v] == dis[u] + 1){
int to = dfs(v,std::min(e[i].v,in));
e[i].v -= to;
e[i ^ 1].v += to;
in -= to;
out += to;
}
}
if(out == 0)
dis[u] = 0;
return out;
}
inline int dinic(){
int ans = 0;
while(bfs())
ans += dfs(s,1e18);
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= n;++i)
for(int j = 1;j <= m;++j){
char s = getchar();
while(s != 'W' && s != 'B')
s = getchar();
a[i][j] = (s == 'B');
s = '.';
}
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;++i)
for(int j = 1;j <= m;++j){
a[i][j] = a[i][j] ^ a[i + 1][j] ^ a[i + 1][j + 1] ^ a[i][j + 1];
}
// for(int i = 1;i <= n;++i,puts(""))
// for(int j = 1;j <= m;++j)
// std::cout<<a[i][j]<<" ";
for(int i = 1;i <= n;++i)
for(int j = 1;j <= m;++j){
if(a[i][m] && (a[n][j] && a[i][j])){
add(i,n + j,1);
add(n + j,i,0);
}
}
s = n + m + 1,t = n + m + 2;
for(int i = 1;i < n;++i)
add(s,i,1),add(i,s,0);
for(int j = 1;j < m;++j)
add(n + j,t,1),add(t,n + j,0);
int k = dinic();
a[n][m] = a[n][m] ^ (k & 1);
for(int i = 1;i <= n;++i)
for(int j = 1;j <= m;++j)
ans += a[i][j];
std::cout<<ans - k<<std::endl;
}//注意建图后的点集大小