题面
题解
（题目中说的四种摆放方式实际上是分别旋转0°，90°，180°，270°后的图形）
题目中关于摆放方式的描述听起来很臭，我们把它转换一下，每个拼版先覆盖“上下左右中”五个格子，然后再在四个相邻格子中减去一个。
那么我们先把每个拼版所在“十字”涂了，然后把有重复涂过的格子当成边，把拼版们通过这些边连起来，成为许多个连通块，不同连通块之间肯定是互不干扰的，可以独立计算贡献。
如下图（我用颜色的中和表示被涂多次，很好理解吧），A、B、C是连通块，注意，D不是连通块，这也是遍历的时候需要注意的情况。
对于每个连通块，里面都会有至少一个的被涂了大于等于两遍的格子，如果有被涂了三遍甚至四遍的格子，那么直接输出No，这比较显然，自己想想就知道了。
由于接下来每个拼版要在相邻的格子中减去一个，即让相邻的一个格子被涂次数-1，所以把每个连通块被涂多次的格子数数出来，记为 E（其实就是边数），把拼版数记为 N（其实就是点数），我们会发现以下结论：
若 E > N ，由于一个点可以使 E 减 1 ，N 个就可以减 N，所以 E - N > 0 意味着什么？无论如何连通块内都会存在被重复覆盖的格子，即无解，输出No
若 E == N，即 E - N == 0，刚好可以把重复格子清完，即为环或基环树，就如上图的A、B、C（A、B也是刚好相等的！也就是说“两个点可以有重边”），也就是说答案就是这个连通块覆盖的所有格子中的数的和，不多不少
若 E < N，此时只可能是 E == N-1，即为一个树状图，此时不仅可以把被涂的多余层全消完（此多余层可以为拼版中心格子），还可以多消一个非拼版中心的格子（包括先前被涂多次，后来被消成单层的格子），然后，任何连通块内这样的格子都可以被选择作为多消掉的一个，为什么呢？因为它是树形结构，所以相邻两块拼版最多有一个格子重复覆盖（不然超过一个就有环了嘛），把任意一个可消的格子选择后，所在的一个或两个拼版状态就确定了，就可以顺推出整棵树的每个拼版的状态，而且可以证明是一定有解的！……
……只不过你得特殊处理一下贴墙的情况，不过不影响结论。
至于怎么DFS，只用模拟走边，跑图，然后计算覆盖的格子的信息就行了。如果是 E < N ，就选一个权值最小的可选格子令ans减去它即可。注意ans是最早先不重复地把覆盖的所有格子的数加进去了的。
复杂度O(nm)
CODE
如果测大数据时运行爆了，不用怕，开无限栈应该就解决了
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1000005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
LL read() {
LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f * x;
}
const int MOD = 1000000007;
int n,m,i,j,s,o,k;
vector<int> a[MAXN];
int c[MAXN],d[MAXN];
bool f[MAXN];
bool Out(int x,int y) {return x < 1 || y < 1 || x > n || y > m;}
int cg(int x,int y) {return max(0,min((x-1)*m+y,n*m+1));}
struct it{
int x,y;
}p[MAXN];
int md,cn,flag,mi,cnt;
void dfs(int x,int y) {
if(!flag || Out(x,y) || f[cg(x,y)] || (!c[cg(x,y)])) return ;
f[cg(x,y)] = 1;
if(c[cg(x,y)] > 2) {
flag = 0; return ;
}
if(c[cg(x,y)] == 2) md ++;
if(d[cg(x,y)]) {
cn ++;
if(Out(x-1,y)) md ++;
if(Out(x+1,y)) md ++;
if(Out(x,y+1)) md ++;
if(Out(x,y-1)) md ++;
}
else mi = min(mi,a[x][y]);
if(c[cg(x,y)] == 2) {
if(!Out(x-1,y) && d[cg(x-1,y)]) dfs(x-1,y);
if(!Out(x+1,y) && d[cg(x+1,y)]) dfs(x+1,y);
if(!Out(x,y-1) && d[cg(x,y-1)]) dfs(x,y-1);
if(!Out(x,y+1) && d[cg(x,y+1)]) dfs(x,y+1);
}
else if(d[cg(x,y)]) {
dfs(x-1,y);dfs(x+1,y);
dfs(x,y-1);dfs(x,y+1);
}
return ;
}
int solve(int x,int y) {
mi = 0x7f7f7f7f;
md = cn = 0;
dfs(x,y);
if(md > cn || !flag) {
flag = 0;return 0;
}
if(md == cn) return 0;
if(md < cn) return mi;
return 0;
}
int main() {
freopen("t-covering.in","r",stdin);
freopen("t-covering.out","w",stdout);
n = read(); m = read();
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
a[i].push_back(0);
for(int j = 1;j <= m;j ++) {
a[i].push_back(read());
}
}
k = read();
for(int i = 1;i <= k;i ++) {
s = p[i].x = read()+1;o = p[i].y = read()+1;
c[cg(s,o)] ++; d[cg(s,o)] ++;
if(s > 1) c[cg(s-1,o)] ++;
if(s < n) c[cg(s+1,o)] ++;
if(o > 1) c[cg(s,o-1)] ++;
if(o < m) c[cg(s,o+1)] ++;
}
LL ans = 0;
flag = 1;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
for(int j = 1;j <= m;j ++) {
if(c[cg(i,j)]) {
ans += a[i][j];
}
if(d[cg(i,j)] && !f[cg(i,j)]) {
ans -= solve(i,j);
}
if(!flag) {
printf("No\n");
return 0;
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
