你跳过华尔兹吗？当音乐响起，当你随着旋律滑动舞步，是不是有一种漫步 仙境的惬意？ 众所周知，跳华尔兹时，最重要的是有好的音乐。但是很少有几个人知道， 世界上最伟大的钢琴家一生都漂泊在大海上，他的名字叫丹尼·布德曼·T.D.·柠 檬·1900，朋友们都叫他 1900。
1900 在 20 世纪的第一年出生在往返于欧美的邮轮弗吉尼亚号上。很不幸， 他刚出生就被抛弃，成了孤儿。1900 孤独的成长在弗吉尼亚号上，从未离开过 这个摇晃的世界。也许是对他命运的补偿，上帝派可爱的小天使艾米丽照顾他。 可能是天使的点化，1900 拥有不可思议的钢琴天赋：从未有人教，从没看过 乐谱，但他却能凭着自己的感觉弹出最沁人心脾的旋律。当 1900 的音乐获得邮 轮上所有人的欢迎时，他才 8 岁，而此时，他已经乘着海轮往返欧美大陆 50 余 次了。
虽说是钢琴奇才，但 1900 还是个孩子，他有着和一般男孩一样的好奇和调皮，只不过更多一层浪漫的色彩罢了： 这是一个风雨交加的夜晚，海风卷起层层巨浪拍打着弗吉尼亚号，邮轮随着 巨浪剧烈的摇摆。船上的新萨克斯手迈克斯·托尼晕船了，1900 招呼托尼和他 一起坐到舞厅里的钢琴上，然后松开了固定钢琴的闸，于是，钢琴随着海轮的倾 斜滑动起来。准确的说，我们的主角 1900、钢琴、邮轮随着 1900 的旋律一起跳 起了华尔兹，随着“嘣嚓嚓”的节奏，托尼的晕船症也奇迹般的消失了。后来托 尼在回忆录上这样写道： 大海摇晃着我们 使我们转来转去 快速的掠过灯和家具 我意识到我们正在和大海一起跳舞 真是完美而疯狂的舞者 晚上在金色的地板上快乐的跳着华尔兹是不是很惬意呢？也许，我们忘记了 一个人，那就是艾米丽，她可没闲着：她必须在适当的时候施展魔法帮助 1900， 不让钢琴碰上舞厅里的家具。
不妨认为舞厅是一个N行M列的矩阵，矩阵中的某些方格上堆放了一些家具， 其他的则是空地。钢琴可以在空地上滑动，但不能撞上家具或滑出舞厅，否则会 损坏钢琴和家具，引来难缠的船长。 每个时刻，钢琴都会随着船体倾斜的方向向相邻的方格滑动一格，相邻的方 格可以是向东、向西、向南或向北的。而艾米丽可以选择施魔法或不施魔法：如 果不施魔法，则钢琴会滑动；如果施魔法，则钢琴会原地不动。 艾米丽是个天使，她知道每段时间的船体的倾斜情况。她想使钢琴在舞厅里 滑行的路程尽量长，这样 1900 会非常高兴，同时也有利于治疗托尼的晕船。但 艾米丽还太小，不会算，所以希望你能帮助她。
输入文件的第一行包含 5 个数 N, M, x, y 和 K。N 和 M 描述舞厅的大小，x 和 y 为钢琴的初始位置；我们对船体倾斜情况是按时间的区间来描述的，且从 1 开始计算时间，比如“在[1, 3]时间里向东倾斜，[4, 5]时间里向北倾斜”，因此这 里的 K 表示区间的数目。 以下 N 行，每行 M 个字符，描述舞厅里的家具。第 i 行 第 j 列 的字符若为‘ . ’， 则表示该位置是空地；若为‘ x ’，则表示有家具。 以下 K 行，顺序描述 K 个时间区间，格式为：si ti di(1 ≤ i ≤ K)。表示在时间 区间[si, ti]内，船体都是向 di方向倾斜的。di 为 1, 2, 3, 4 中的一个，依次表示北、 南、西、东（分别对应矩阵中的上、下、左、右）。输入保证区间是连续的，即
s1 = 1
ti = si-1 + 1 (1 < i ≤ K)
tK = T
输出文件仅有 1 行，包含一个整数，表示钢琴滑行的最长距离(即格子数)。
4 5 4 1 3
..xx.
.....
...x.
.....
1 3 4
4 5 1
6 7 2
6
50%的数据中，1≤N, M≤200，T≤200；
100%的数据中，1≤N, M≤200，K≤200，T≤40000。
/*
我只想出了BFS暴力搜索，2^t复杂度，稳稳的超时。
正解：DP+单调队列
*/
()朴素的DP：
for (~k)//k个时间区间 *200
for (~n,~m) n*m个点 **
for (~时间区间长度) *
/*-----------------------------*/
/*
（2）单调队列
f(i,x,y)f(i,x,y) 表示第i个区间（区间长设为L）后，钢琴处于(x,y)(x,y)的最大滑行距离 假如这个区间方向是向下，则f(i-1,j,y)+(x-j)->f(i,x,y)(x-L<=j<=x)f(i-1,j,y)+(x-j)->f(i,x,y)(x-L<=j<=x)
即这个区间的转移是一列一列的，每一列用一下单调队列优化dp即可 其余方向同理 然后每个时间段内是一列一列（行） 进行递推。 如果朴素枚举是O(n^2)时间无法承受。所以每列（行）用一个单调队列维护dp，队首放着移动距离最大可以到达的点，这样复杂度就降到了O(n)。每次要递推n列（行）。所以总复杂度为O(k*n*m)。 考虑到一个时间段所有的更新操作都是相同的，我们可以考虑单调队列优化
设队尾为(x,y),新插入的点为(x',y'),那么当Distance( (x,y) , (x',y') ) <= f[x'][y'] - f[x][y]时,(x,y)可被删掉
四遍单调队列即可 O(T*m*n) 思路： 1. dp[k][x][y] 表示处理到第 k 个时间区间时，最终点落在 x, y 坐标上，移动的最大距离。 3. dp[k][x][y] = max(dp[k-1][x1][y1] + delta); 由于 delta 是相对偏移量，所以对于 x/y 所在的维度可以用单调队列优化。 4. 由于第 k - 1 次之后，无法确定第 k 步的起始位置，所以要采取枚举的办法，所以最终的时间复杂度为 O(N*M*K) 5. 初始状态为 dp[0][x][y] = 0, 其他赋值为 -INFS，这样才能保证枚举的过程中，最终结果是在以 (x, y) 为起始点出发的。
*/
#define N 205
#include<iostream>
using namespace std;
#include<cstdio>
#define inf 1000000000
typedef long long ll;
ll read()
{
ll ret=,ff=;
char s=getchar();
while(s<''||s>'')
{
if(s=='-') ff=-;
s=getchar();
}
while(s>=''&&s<='')
{
ret=ret*+s-'';
s=getchar();
}
return ret*ff;
}
char a[N][N];
int f[N][N][N];
int xx[]={,-,,,};
int yy[]={,,,-,};
int q[N],pos[N],head,tail;
int n,m,sx,sy,K,ans;
void push(int now,int val,int x,int y)
{
if(val==-inf) return;/*入队前先删除队尾，队尾不够优，就删除。即新入队的元素的可更新距离大于队尾的*/
while(val-now>q[tail]&&head<=tail) tail--;
q[++tail]=val-now;
pos[tail]=now;
}
void dp(int p,int x,int y,int d,int T)
{
head=;tail=;int now=;
while(x<=n&&x>=&&y<=m&&y>=)
{
if(a[x][y]=='x')/*一旦有了障碍物，之前的点都用不到了*/
head=,tail=;
else push(now,f[p-][x][y],x,y);
while(now-pos[head]>T&&head<=tail) head++;/*利用区间长度删除队头，队头储存着这一列（行），距离最远的点*/
if(head<=tail)/*更新之前先删除队头*/
f[p][x][y]=q[head]+now;
else f[p][x][y]=-inf;
ans=max(ans,f[p][x][y]);
x+=xx[d];y+=yy[d];/*更新下一点*/
now++;
}
}
int main()
{
n=read();m=read();sx=read();sy=read();K=read();
for(int i=;i<=n;++i)
scanf("%s",a[i]+);
for(int i=;i<=n;++i)
for(int j=;j<=m;++j)
f[][i][j]=-inf;
f[][sx][sy]=;
int s1,t1,d1;
for(int i=;i<=K;++i)
{
s1=read();t1=read();d1=read();
if(d1==)
{
for(int j=;j<=m;++j)
dp(i,n,j,d1,t1-s1+);
}
if(d1==)
{
for(int j=;j<=m;++j)
dp(i,,j,d1,t1-s1+);
}
if(d1==)
{
for(int j=;j<=n;++j)
dp(i,j,m,d1,t1-s1+);
}
if(d1==)
{
for(int j=;j<=n;++j)
dp(i,j,,d1,t1-s1+);
}
}
printf("%d",ans);
return ;
}