CF436C

对于这种贡献和整体数量相关的问题，确实可以考虑和最小生成树挂上勾……

总体来说还是有点怪的，考虑转化为图论模型，物品两两之间建边，权值为相互转移的代价，再新建一个节点，每个点向其连边，权值为其直接代价，因为第一个必须要直接转移，所以跑一遍 MST 就行了。

总结一下 MST 的一些性质，贡献没有方向，对于顺序没有强的限制

#define tup tuple<int,int,int>
#include <numeric>
vector<tup> g;
char c[1010][11][11];
int n,m,k,w;
int f[1010],op[1010];
vector<int>ng[1010];

int cmp(int x,int y){
	int cnt=0;
	fp(i,1,n)fp(j,1,m) if(c[x][i][j]!=c[y][i][j]) ++cnt;
	return cnt;
}

int acc(int x){
	if(f[x]^x) return f[x]=acc(f[x]);
	return x;
}

void dfs(int now,int f){
	if(now!=k+1){
		cout << now <<' ';
		if(f==k+1) cout << 0 << endl;
		else cout << f << endl;
	}
	for(int x:ng[now])
		if(x^f) dfs(x,now);
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0); 
	n=rd(),m=rd(),k=rd(),w=rd();
	fp(d,1,k)
		fp(i,1,n)
			fp(j,1,m){
				c[d][i][j]=getchar();
				while(isspace(c[d][i][j])) c[d][i][j]=getchar();
			}
	fp(d1,1,k)
		fp(d2,d1,k)
			g.emplace_back(d1,d2,w*cmp(d1,d2));
	fp(i,1,k) g.emplace_back(i,k+1,n*m);
	sort(g.begin(),g.end(),[](tup x,tup y){
		return get<2>(x)<get<2>(y);
	});
	iota(f+1,f+k+2,1);
	int ans=0;
	for(auto [u,v,w]:g){
		if(acc(u)==acc(v)) continue ;
		ng[u].emplace_back(v),
		ng[v].emplace_back(u);
		ans+=w;
		f[acc(u)]=acc(v);
	}cout << ans << endl;
	dfs(k+1,0);
	return 0;
}