这种题大多是多源多汇跑网络流。往返\(a_n/b_n\)次可以看做去\(a_n/b_n\)次，直接把危桥能走的次数看做\(1\)。
先不考虑别的，直接按原图建模：危桥建双向边容量为\(1\)，普通桥容量为\(INF\)；然后源点\(S\)向\(a_1,b_1\)分别连容量\(a_n,b_n\)的边，\(a_2,b_2\)分别向汇点\(T\)连容量\(a_n/b_n\)的边。
这样跑出来的最大流会有两个问题：
一是，\(b_2\to T\)的\(b_n\)的一部分流量可能是来自\(a_1\)的，同理\(a_2\to T\)的一些流量可能来自\(b_1\)。
二是，危桥只能走一次，但这样可能会正反走两次。
也就是不能直接判断是否满流来判断是否可行。办法是，交换\(b_1,b_2\)（\(S\)连\(b_2\)，\(b_1\)连\(T\)），重新建图，再跑最大流。只有两次均满流才一定存在可行方案。
交换\(b_1,b_2\)后再判断是否满流，如果你觉得问题一显然已经被解决了可以跳过下面这段。
如果满流且仍然存在问题一那种情况呢？
假设第一次跑最大流，\(a_1\to b_2\)的流量为\(x\)，那么\(b_1\to b_2\)的流量为\(b_n-x\)，\(b_1\to a_2\)的流量也是\(x\)，\(a_1\to a_2\)的流量是\(a_n-x\)。
而第二次跑最大流，因为是无向图，\(a_1\to a_2\)和\(b_2\to b_1\)的流量可以不变，还是\(a_n-x,b_n-x\)。那么\(a_1\to b_2\)和\(b_2\to a_1\)的流量也都还是\(x\)。
而这两次说明了什么呢，\(a_1\)可以流到\(b_1\) \(x\)流量，还可以流到\(b_2\) \(x\)流量，同时不影响\(a_1\)与\(a_2\)，\(b_1\)与\(b_2\)之间的流量。因为是无向图，将\(a_1\to b_1\)的流量反向，就可以得到\(b_1\to b_2\) \(x\)的流量。\(b_1,b_2\)之间的流就合法了。
同理\(a_1,a_2\)之间的流也合法。
所以如果交换\(b_1,b_2\)后仍满流，一定不存在问题一那种情况。
对于问题二，好多题解都没有写也许是太显然了？
假如\(a_1\to a_2\)正向经过了一座危桥，而\(b_1\to b_2\)反向经过了这座桥，那么交换\(b_1,b_2\)，以\(b_2\)为起点后，\(a_1\to a_2,b_2\to b_1\)两条路径都是正向通过了这条边，就受到了流量的限制。
所以如果仍满流，不存在问题二。
所以两遍最大流就可以了。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=55,M=N*N<<1,INF=0x3f3f3f3f;
int src,des,Enum,H[N],nxt[M],to[M],fr[M],cap[M],pre[N],lev[N];
char s[N][N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AE(int u,int v,int w)
{
to[++Enum]=v, fr[Enum]=u, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, cap[Enum]=w;
to[++Enum]=u, fr[Enum]=v, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, cap[Enum]=w;
}
inline void AE2(int u,int v,int w)
{
to[++Enum]=v, fr[Enum]=u, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, cap[Enum]=w;
to[++Enum]=u, fr[Enum]=v, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum, cap[Enum]=0;
}
bool BFS()
{
static int q[N];
for(int i=0; i<des; ++i) lev[i]=des+1;
int h=0,t=1; q[0]=des, lev[des]=0;
while(h<t)
{
int x=q[h++];
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(lev[to[i]]==des+1 && cap[i^1]) lev[to[i]]=lev[x]+1, q[t++]=to[i];
}
return lev[0]<=des;
}
inline int Augment()
{
int mn=INF;
for(int i=des; i; i=fr[pre[i]])
mn=std::min(mn,cap[pre[i]]);
for(int i=des; i; i=fr[pre[i]])
cap[pre[i]]-=mn, cap[pre[i]^1]+=mn;
return mn;
}
int ISAP()
{
static int num[N],cur[N];
if(!BFS()) return 0;
memset(num,0,sizeof num);
for(int i=0; i<=des; ++i) ++num[lev[i]],cur[i]=H[i];
int res=0,x=0;
while(lev[0]<=des)
{
if(x==des) x=0, res+=Augment();
bool can=0;
for(int i=cur[x]; i; i=nxt[i])
if(lev[to[i]]==lev[x]-1 && cap[i])
{
can=1, cur[x]=i, pre[x=to[i]]=i;
break;
}
if(!can)
{
int mn=des;
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(cap[i]) mn=std::min(mn,lev[to[i]]);
if(!--num[lev[x]]) break;
++num[lev[x]=mn+1], cur[x]=H[x];
if(x) x=fr[pre[x]];
}
}
return res;
}
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
src=0, des=n+1;
int a1=read()+1,a2=read()+1,an=read(),b1=read()+1,b2=read()+1,bn=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) scanf("%s",s[i]+1);
Enum=1, memset(H,0,n+2<<2);
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=i+1; j<=n; ++j)
switch(s[i][j])
{
case 'O': AE(i,j,1); break;
case 'N': AE(i,j,INF); break;
}
AE2(src,a1,an), AE2(src,b1,bn), AE2(a2,des,an), AE2(b2,des,bn);
if(ISAP()!=an+bn) {puts("No"); continue;}
Enum=1, memset(H,0,n+2<<2);
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=i+1; j<=n; ++j)
switch(s[i][j])
{
case 'O': AE(i,j,1); break;
case 'N': AE(i,j,INF); break;
}
AE2(src,a1,an), AE2(src,b2,bn), AE2(a2,des,an), AE2(b1,des,bn);
if(ISAP()!=an+bn) {puts("No"); continue;}
puts("Yes");
}
return 0;
}