题目的要求就是每个接头都有且仅有一个与其相连的接头，所以不妨给每个接头$1$的流量，对整个网格图黑白染色后（源点$\mathop\rightarrow\limits^\infty$黑点，白点$\mathop\rightarrow\limits^\infty$汇点）跑最大流即可，剩下的问题就是给旋转水管安排合适的费用
把网格中的格子和边都看成点，先对每个格子按照形状向四周连边$(1,0)$，然后用恰当的建图来表示费用和纠正流量
对$1$接头，转一次可以改变流量到相邻的两个接头，转两次可以改变流量到对面的接头
对$2$接头，转一次相当于把一个接头的流量改到对面，连了这两条边后发现恰好满足转两次的需求
对$3$接头，转一次相当于一个接头的流量改到相邻，转两次相当于将$3$个接头中间的接头改到对面，但因为每个接头都只能有$1$的流量经过，所以还要增加一点一边来限流
$4$接头就直接连了
总的来说就是两点：1.黑白染色确保能在网格上的边产生流量；2.考虑旋转造成的实际影响，进而构造相应的图
无解就是黑白格接头不相等或跑出来的最大流和黑格接头不相等
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
using namespace std;
const int inf=2147483647,go[4][2]={{-1,0},{0,1},{1,0},{0,-1}};
int h[8010],nex[32010],to[32010],cap[32010],cos[32010],M=1,S,T;
void ins(int a,int b,int c,int d){
M++;
to[M]=b;
cap[M]=c;
cos[M]=d;
nex[M]=h[a];
h[a]=M;
}
void add(int a,int b,int c,int d){
ins(a,b,c,d);
ins(b,a,0,-d);
}
int dis[8010],sum,cost,N;
struct pr{
int x,d;
pr(int u=0):x(u),d(dis[u]){}
}t;
bool operator<(pr a,pr b){return a.d>b.d;}
priority_queue<pr>q;
bool bfs(){
int x,i;
memset(dis,63,sizeof(dis));
dis[T]=0;
q.push(T);
while(!q.empty()){
t=q.top();
q.pop();
x=t.x;
if(t.d!=dis[x])continue;
for(i=h[x];i;i=nex[i]){
if(cap[i^1]&&dis[x]-cos[i]<dis[to[i]]){
dis[to[i]]=dis[x]-cos[i];
q.push(to[i]);
}
}
}
sum+=dis[S];
for(x=1;x<=N;x++){
for(i=h[x];i;i=nex[i])cos[i]+=dis[to[i]]-dis[x];
}
return dis[S]!=dis[0];
}
bool aug[8010];
int dfs(int x,int flow){
if(flow==0)return 0;
if(x==T){
cost+=sum*flow;
return flow;
}
int i,us=0,t;
aug[x]=1;
for(i=h[x];i&&flow;i=nex[i]){
if(cap[i]&&!cos[i]&&!aug[to[i]]){
t=dfs(to[i],min(flow,cap[i]));
cap[i]-=t;
cap[i^1]+=t;
us+=t;
flow-=t;
}
}
if(!flow)aug[x]=0;
return us;
}
int costflow(){
int s,w;
s=0;
do{
do{
memset(aug,0,sizeof(aug));
w=dfs(S,inf);
s+=w;
}while(w);
}while(bfs());
return s;
}
int cnt[16],rot[16],n,m;
int type(int x){
if(cnt[x]==2)return x==5||x==10?0:2;
return cnt[x];
}
int p(int x,int y){
return(x-1)*m+y;
}
int p(int x,int y,int f){
f&=3;
if(f==0)return(x-1)*m+y+n*m;
if(f==1)return(x-1)*(m+1)+y+1+n*m+(n+1)*m;
if(f==2)return x*m+y+n*m;
return(x-1)*(m+1)+y+n*m+(n+1)*m;
}
void gao(int a,int b,int c,int d,int f){
if(f)
add(a,b,c,d);
else
add(b,a,c,d);
}
int main(){
int i,j,x,s1,s2;
for(i=1;i<16;i++)cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1);
rot[2]=1;
rot[4]=2;
rot[6]=1;
rot[8]=3;
rot[9]=3;
rot[11]=3;
rot[12]=2;
rot[13]=2;
rot[14]=1;
scanf("%d%d",&n,&m);
S=n*m+(n+1)*m+n*(m+1)+1;
N=T=S+1;
s1=s2=0;
for(i=1;i<=n;i++){
for(j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&x);
if(x==0)continue;
if((i+j)&1){
s1+=cnt[x];
add(S,p(i,j),inf,0);
}else{
s2+=cnt[x];
add(p(i,j),T,inf,0);
}
if(x==5){
gao(p(i,j),p(i,j,0),1,0,(i+j)&1);
gao(p(i,j),p(i,j,2),1,0,(i+j)&1);
}
if(x==10){
gao(p(i,j),p(i,j,1),1,0,(i+j)&1);
gao(p(i,j),p(i,j,3),1,0,(i+j)&1);
}
switch(type(x)){
case 1:
gao(p(i,j),p(i,j,rot[x]),1,0,(i+j)&1);
gao(p(i,j,rot[x]),p(i,j,rot[x]+1),1,1,(i+j)&1);
gao(p(i,j,rot[x]),p(i,j,rot[x]+2),1,2,(i+j)&1);
gao(p(i,j,rot[x]),p(i,j,rot[x]+3),1,1,(i+j)&1);
break;
case 2:
gao(p(i,j),p(i,j,rot[x]),1,0,(i+j)&1);
gao(p(i,j),p(i,j,rot[x]+1),1,0,(i+j)&1);
gao(p(i,j,rot[x]),p(i,j,rot[x]+2),1,1,(i+j)&1);
gao(p(i,j,rot[x]+1),p(i,j,rot[x]+3),1,1,(i+j)&1);
break;
case 3:
gao(p(i,j),p(i,j,rot[x]),1,0,(i+j)&1);
gao(p(i,j),p(i,j,rot[x]+1),1,0,(i+j)&1);
gao(p(i,j),p(i,j,rot[x]+2),1,0,(i+j)&1);
N++;
gao(p(i,j,rot[x]),N,1,1,(i+j)&1);
gao(p(i,j,rot[x]+1),N,1,2,(i+j)&1);
gao(p(i,j,rot[x]+2),N,1,1,(i+j)&1);
gao(N,p(i,j,rot[x]+3),1,0,(i+j)&1);
break;
case 4:
gao(p(i,j),p(i,j,0),1,0,(i+j)&1);
gao(p(i,j),p(i,j,1),1,0,(i+j)&1);
gao(p(i,j),p(i,j,2),1,0,(i+j)&1);
gao(p(i,j),p(i,j,3),1,0,(i+j)&1);
break;
}
}
}
if(s1!=s2||costflow()!=s1)
puts("-1");
else
printf("%d",cost);
}