其实这题的建图并不难（虽然我并没有想出来）
首先，每一个点的入度和出度必须为$1$
那么我们考虑拆点
每个点的出度点向它能到达的点的入度点连边，容量$1$，如果方向为原来的方向则费用$0$否则费用$1$
然后源点向所有入度点连边，所有出度点向汇点连边
因为费用流首先是最大流，所以肯定能跑满
那么最小费用就是答案了
//minamoto
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=,M=;
int head[N],Next[M],ver[M],edge[M],cost[M],tot=;
inline void add(int u,int v,int e,int c){
ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,edge[tot]=e,cost[tot]=c;
ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot,edge[tot]=,cost[tot]=-c;
}
int dis[N],vis[N],cur[N],S,T,ans;
queue<int> q;
bool spfa(){
memset(dis,-,sizeof(dis));
memset(vis,,sizeof(vis));
memcpy(cur,head,sizeof(int)*(T-S+));
q.push(T),dis[T]=,vis[T]=;
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();vis[u]=;
for(int i=head[u];i;i=Next[i])
if(edge[i^]){
int v=ver[i],c=cost[i];
if(dis[v]<||dis[v]>dis[u]-c){
dis[v]=dis[u]-c;
if(!vis[v]) vis[v]=,q.push(v);
}
}
}
return ~dis[S];
}
int dfs(int u,int limit){
if(u==T||!limit) return limit;
int flow=,f;vis[u]=;
for(int i=cur[u];i;cur[u]=i=Next[i]){
int v=ver[i];
if(dis[v]==dis[u]-cost[i]&&!vis[v]&&(f=dfs(v,min(limit,edge[i])))){
flow+=f,limit-=f;
edge[i]-=f,edge[i^]+=f;
ans+=f*cost[i];
if(!limit) break;
}
}
vis[u]=;
return flow;
}
void zkw(){
while(spfa()) dfs(S,inf);
}
int id[N][N],c[N],n,m;char s[N];
int dx[]={,,-,},dy[]={-,,,};
int main(){
//freopen("testdata.in","r",stdin);
c['L']=,c['R']=,c['U']=,c['D']=;
scanf("%d%d",&n,&m);
S=,T=n*m*+;
for(int i=;i<=n;++i)
for(int j=;j<=m;++j)
id[i][j]=(i-)*m+j;
for(int i=;i<=n;++i){
scanf("%s",s+);
for(int j=;j<=m;++j)
for(int k=;k<;++k){
int x=(i+dx[k]-+n)%n+,y=(j+dy[k]-+m)%m+;
(k==c[s[j]])?add(id[i][j],id[x][y]+n*m,,):add(id[i][j],id[x][y]+n*m,,);
}
}
for(int i=;i<=n*m;++i)
add(S,i,,),add(i+n*m,T,,);
zkw();
printf("%d\n",ans);
return ;
}