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 o T)的(b_n)的一部分流量可能是来自(a_1)的，同理(a_2 o 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？画个图。
假设第一次跑最大流，(a_1 o b_2)的流量为(x)，那么(b_1 o b_2)的流量为(b_n-x)，(b_1 o a_2)的流量也是(x)，(a_1 o 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 o a_2)和(b_2 o b_1)的流量可以不变，还是(a_n-x,b_n-x)。那么(a_1 o b_1)和(b_2 o a_2)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 o b_1)的流量反向，就可以得到(b_1 o 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 o a_2)正向经过了一座危桥，而(b_1 o 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 o a_2,b_2 o 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。
//924kb 32ms
#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;
}