临时学习插头 DP（
考虑将已有操作转化为下列三种操作： 1. 对于一个格子，不改变，需要花费 \(0\) 次魔法； 2. 对于一个格子，单独翻转它，需要花费 \(2\) 次魔法； 3. 对于一个格子，翻转它上下左右的格子，需要花费 \(1\) 次魔法。
注意到对于第三种操作，我们实际上并不关心这个格子具体是什么颜色，因为无论如何都能翻成白色。
设 \(f_{i,j,S}\) 表示目前转移到 \((i,j)\)，\((i-1,j),(i-1,j+1),\dots,(i-1,m),(i,1),(i,2),\dots,(i,j-1)\) 这 \(m\) 个格子的状态为 \(S\) 的最少次数。
转移时考虑一下上面的格子和左边的格子即可，注意上面的格子必须翻成白色，因为此后无法再改变上面的格子。
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using namespace std;
const int N = 10;
const int S = 59049;
int n,m,full;
int a[N + 5][N + 5];
int f[2][S + 5];
int pw[N + 5],ans;
int main()
{
freopen("square.in","r",stdin),freopen("square.out","w",stdout);
pw[0] = 1;
for(register int i = 1;i <= N;++i)
pw[i] = 3 * pw[i - 1];
for(;scanf("%d%d",&n,&m),n && m;)
{
char ch;
for(register int i = 1;i <= n;++i)
for(register int j = 1;j <= m;++j)
scanf(" %c",&ch),a[i][j] = ch ^ '0';
full = pw[m] - 1,memset(f[0],0x3f,sizeof f[0]),f[0][0] = 0;
for(register int i = 1,cur = 0;i <= n;++i)
for(register int j = 1;j <= m;++j,cur ^= 1)
{
memset(f[cur ^ 1],0x3f,sizeof f[cur ^ 1]);
for(register int k = 0,s,up,left;k <= full;++k)
if(f[cur][k] < 0x3f3f3f3f)
{
up = k / pw[m - 1],left = j > 1 ? k % 3 : 0;
if(i == 1 || (up ^ 1))
s = (k - up * pw[m - 1]) * 3 + (a[i][j] ^ (up == 2) ^ (left == 2)),
f[cur ^ 1][s] = min(f[cur ^ 1][s],f[cur][k]),
s = (k - up * pw[m - 1]) * 3 + (a[i][j] ^ (up == 2) ^ (left == 2) ^ 1),
f[cur ^ 1][s] = min(f[cur ^ 1][s],f[cur][k] + 2);
if(i == 1 || up)
s = (k - up * pw[m - 1] - left + (left == 2 || j == 1 ? left : left ^ 1)) * 3 + 2,
f[cur ^ 1][s] = min(f[cur ^ 1][s],f[cur][k] + 1);
}
}
ans = 0x3f3f3f3f;
for(register int i = 0,flag;i <= full;++i)
{
flag = 1;
for(register int j = i;j;j /= 3)
if(j % 3 == 1)
{
flag = 0;
break;
}
flag && (ans = min(ans,f[n * m & 1][i]),f[n * m & 1][i] == 2 && printf("%d\n",i));
}
printf("%d\n",ans);
}
}