看数据范围，这道题目直接暴力肯定是过不去的，所以得用前缀和优化一下

因为填涂是一行一行来的，所以我们可以先计算出来涂每行需要涂几个格子，再建立前缀和数组 $w,b,r$ 分别表示把前 $i$ 行涂成白、蓝、红分别需要涂几个格子

再有一个难点就是最佳策略，这里可以直接用枚举的方法做，枚举每一种情况下需要涂的格子数

我们分别看三个颜色的区域：

白色区：

这个最简单，枚到第 $i$ 行，要涂的格子数就是 $w_i$

蓝色区：

涂的时候是从第 $i+1$ 行开始的, 要涂 $j$ 行，所以，枚到第 $i+j$ 行时，要涂的格子数就 $b_{i+j}-b_i$

红色区：

因为剩下的全涂红色，所以用 $r_n$ 减去涂前 $i+j$ 行要涂的格子个数就行了

综上所述，当白色涂 $i$ 行，蓝色涂 $j$ 行时，要涂 $w_i+b_{i+j}-b_i+r_n-r_{i+j}$ 个格子

最后用打擂台取最小值即可

不开long long见祖宗！！！！！！！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char a[2001][2001];
long long r[2001],b[2001],w[2001],n,m,ans=0x3f3f3f3f3f3f;
int main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            cin>>a[i][j];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(a[i][j]=='W') r[i]++,b[i]++;
            else if(a[i][j]=='B') r[i]++,w[i]++;
            else b[i]++,w[i]++;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) r[i]+=r[i-1],b[i]+=b[i-1],w[i]+=w[i-1];
    for(int i=1;i<=n-2;i++)
        for(int j=1;j<=n-i-1;j++)
            ans=min(ans,w[i]+b[i+j]-b[i]+r[n]-r[i+j]);
    cout<<ans;
}