CF1592F1

首先操作是可逆的，因此问题可以转化成给定一个局面，要将这个局面全部变为白色格子所花费的最小代价。

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关键性质：只有操作 $1$ 和操作 $4$ 是有用的。

证明：

对于操作 $2$，翻转一个以 $(n,1)$ 为左下角，$(x,y)$ 为右上角的矩阵，可以转化为使用两次操作 $1$，第一次翻转以 $(1,1)$ 为左上角，$(n,y)$ 为右下角的矩形，第二次翻转以 $(1,1)$ 为左上角，$(x-1,y)$ 为右下角的矩形。

显然这两种操作完全等价，花费的代价也相同。因此，操作 $2$ 没有任何意义。

同理也可以用两次操作 $1$ 来完成一次操作 $3$，花费还少，所以操作 $3$ 也没有意义。

容易发现操作 $4$ 无法转化为使用不超过三次的操作 $1$，因此操作 $4$ 是有意义的。

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矩阵修改不好维护且十分麻烦，最好将其转化为单点修改。可以对原矩阵 $c$ 进行转化：令白色格子为 $0$，黑色为 $1$。则新矩阵 $a$ 满足 $a_{i,j}=c_{i,j}\oplus c_{i+1,j}\oplus c_{i,j+1}\oplus c_{i+1,j+1}$，超出矩阵部分默认是白色。

那么原局面全部变成白色格子的充要条件为 $a$ 全为 $0$，那么现在就是要用最小的代价使得 $a$ 变成全 $0$ 的矩阵。

考虑对于操作 $1$，翻转一个以 $(1,1)$ 为左上角，$(x,y)$ 为右下角的矩形等价于翻转 $a_{x,y}$。

对于操作 $4$，翻转一个以 $(x,y)$ 为左上角，$(n,m)$ 为右下角的矩阵，等价于翻转 $a_{x-1,y-1},a_{x-1,m},a_{n,y-1},a_{n,m}$。

那么操作 $1$ 是翻转一个点，代价为 $1$，操作 $4$ 是翻转 $4$ 个点，代价为 $3$。

看起来操作 $4$ 好像更优，但是操作 $4$ 能用必须满足以下两个条件：

• $a_{x-1,y-1},a_{x-1,m},a_{n,y-1},a_{n,m}$ 均为 $1$。（翻转 $a_{i,j}=0$ 的点显然要不优）
• 至多使用 $1$ 次，因为多次操作会不断翻转 $a_{n,m}$。

剩下的点都用操作 $1$ 来翻转。

具体细节看代码。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 505;
int n, m;
int a[N][N], b[N][N];
char s[N];
int ans;

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%s", s + 1);
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
			b[i][j] = (s[j] == 'B');
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
			a[i][j] = (b[i][j] + b[i + 1][j] + b[i][j + 1] + b[i + 1][j + 1]) % 2;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
			ans += a[i][j];
	if (a[n][m])
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
			for (int j = 1; j <= m; ++j)
				if (a[i - 1][j - 1] && a[i - 1][m] && a[n][j - 1]) {
					printf("%d", ans - 1);
					return 0;
				}
	printf("%d", ans);
	return 0;
}