（题目懒得打字了，建议到新窗口查看）
显然这玩意儿是可以按位搞的...然后就是一个裸的最小割模型？
然而这样做理论上只有30分实际上有40分。
事实上我们可以发现，每一列的取值只和上一列有关，这样我们就可以以每一列为状态进行dp。
记dp[i][j]表示第i列状态为j的方案数，考虑上一列的状态，把它们异或在一起瞎统计一下就行了。
这样做理论复杂度是可以AC的，实际上要跑3s左右......怎么卡常也卡不过去，于是开了O2就过了
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <vector>
#include <limits>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
int N,M,a[6][10009],b[6][10009],d[6][10009],l[6][10009],c[10009],bl[32][10009];
typedef long long ll;
ll dp[32][10009];
void gmin(ll& a,ll b)
{
if(a>b) a=b;
}
ll sq(ll p)
{
ll qwq=10000000000000LL;
for(int j=0;j<M;j++)
{
for(int k=0;k<(1<<N);k++)
{
ll ans=0,a2=10000000000000LL;
bool lst=k&1;
for(int g=N-1;g>=0;g--)
{
bool cur=k&(1<<g);
if(bool(a[g][j]&p)!=cur) ans+=b[g][j];
if(lst!=cur) ans+=d[g][j];
lst=cur;
}
if(j==0) {dp[k][j]=ans; continue;}
for(int l=0;l<(1<<N);l++) gmin(a2,bl[l^k][j]+dp[l][j-1]);
dp[k][j]=ans+a2;
}
}
for(int k=0;k<(1<<N);k++) qwq=min(qwq,dp[k][M-1]);
return qwq;
}
int main()
{
freopen("chessboard.in","r",stdin);
freopen("chessboard.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&N,&M);
for(int i=0;i<N;i++)
{
for(int j=0;j<M;j++) scanf("%d",&a[i][j]);
}
for(int i=0;i<N;i++)
{
for(int j=0;j<M;j++) scanf("%d",&b[i][j]);
}
for(int i=0;i<N;i++)
{
for(int j=1;j<M;j++) scanf("%d",&l[i][j]);
}
for(int j=1;j<M;j++)
for(int i=0;i<(1<<N);i++)
{
ll g=0;
for(int p=0;p<N;p++)
{
if(i&(1<<p)) g+=l[p][j];
}
bl[i][j]=g;
}
for(int i=0;i<N;i++)
{
for(int j=0;j<M;j++) scanf("%d",&d[i][j]);
}
ll ans=0;
for(int P=1;P<=1000000;P*=2) ans+=sq(P)*P;
printf("%I64d\n",ans);
}