CF1592F2

首先和 F1 一样，操作 $2,3$ 依旧没有意义。

但是 F1 中至多使用一次操作 $4$ 的结论到这里不成立了。

但是依旧可以发现一些有用的性质。

对于操作 $4$，会有 $4$ 个格子的 $a$ 发生改变，且这 $4$ 个格子形如 $(x,y),(n,y),(x,m),(n,m)$。记这样的操作为 $op(x,y)$。

结论 $1$：对于所有 $op(x_i,y_i)$，一定满足 $x_i$ 互不相同且 $y_i$ 互不相同，证明极其容易，反证说明若存在则只改变 $4$ 个格子的状态不优于 $4$ 次操作 $1$。

结论 $2$：我们只会操作 $a_{x,y}=a_{x,m}=a_{n,y}=1$ 的格子。这是显然的，因为若上述三个格子至少有一个为 $0$，则不如花 $2$ 的代价进行两次操作 $1$ 而不是花 $2+1=3$ 的代价进行一次操作 $2$ 和至少一次操作 $1$（根据结论 $1$ 易得因操作 $2$ 由 $0$ 变成 $1$ 的格子必须用操作 $1$ 而不是操作 $2$ 弥补）。

第一个结论给予了我们很清晰的二分图匹配思路，第二个结论说明两部点之间连边的条件。因此根据上述结论建出左部点个数为 $n-1$，右部点个数为 $m-1$ 的二分图，用 Dinic 跑一遍二分图匹配即可。时间复杂度 $\mathcal O(n^{1.5}m)$。

具体细节看代码。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 505, M = 250005, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int S, T;
char s[N];
int dep[N*2];
int head[N*2], now[N*2], ver[M*2], wei[M*2], nxt[M*2], cnt = 1;
int a[N][N], b[N][N];
int ans;
queue <int> q;

void add(int u, int v, int w) {
	ver[++cnt] = v, wei[cnt] = w, nxt[cnt] = head[u], head[u] = cnt;
	ver[++cnt] = u, wei[cnt] = 0, nxt[cnt] = head[v], head[v] = cnt;
}

bool bfs() {
	memset(dep, -1, sizeof dep), dep[S] = 0;
	while (q.size()) q.pop();
	q.push(S), now[S] = head[S];
	while (!q.empty()) {
		int u = q.front(); q.pop();
		for (int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
			int v = ver[i], w = wei[i];
			if (w && dep[v] == -1) {
				dep[v] = dep[u] + 1, now[v] = head[v];
				q.push(v);
				if (v == T) return true;
			}
		}
	}
	return false;
}

int dinic(int u, int flow) {
	if (u == T) return flow;
	int res = flow;
	for (int &i = now[u]; i; i = nxt[i]) {
		int v = ver[i], w = wei[i];
		if (w && dep[v] == dep[u] + 1) {
			int k = dinic(v, min(res, w));
			if (!k) dep[v] = -1;
			wei[i] -= k, wei[i ^ 1] += k, res -= k;
		}
		if (!res) break;
	}
	return flow - res;
}

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]);
	S = 0, T = n + m - 1;
	for (int i = 1; i < n; ++i)
		for (int j = 1; j < m; ++j)
			if (a[i][j] && a[n][j] && a[i][m]) add(i, j + n - 1, 1);
	for (int i = 1; i < n; ++i) add(S, i, 1);
	for (int i = 1; i < m; ++i) add(i + n - 1, T, 1);
	int flow, maxflow = 0;
	while (bfs())
		while (flow = dinic(S, inf)) maxflow += flow;
	a[n][m] ^= (maxflow & 1);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= m; ++j)
			ans += a[i][j];
	printf("%d", ans - maxflow);
	return 0;
}