@description@
在一块平原上有一头大象。
平原被分成 n×m 个格子。初始时大象位于 (1,1)。每一秒，大象会移动到一个相邻的格子上（四连通），但不会移动到平原外面。由于你视力不好，你无法知道大象每次移动到哪个格子上。
你可以使用火球术来攻击地面。每次释放火球术，你可以攻击任意多个格子。每个格子只能被攻击一次。大象不能移动到被攻击过的格子上，如果大象相邻的格子都无法移动，那么它会停在原地不动。
你的目标是最后只剩下一个格子没有被火球术攻击过，然后你去那里活捉大象。在此之前，你必须保证你的火球术不会击中大象。由于大象的战斗力十分强大，只有在某些格子中你才能抓住大象。
然而，由于你魔法水平不高，在使用火球术前你需要进行蓄势。第一次蓄势的时间至少为 n+m 秒，接下来每次蓄势时间都要比上次长。蓄势时间必须是整数秒。你希望最小化最后一次的蓄势时间。
注意：每一秒大象先移动，接着你才会释放火球术。也就是说，如果你第一次的蓄势时间为 n+m 秒，那么大象已经移动了 n+m 次。
input
第一行包含两个整数 n, m。n, m ≤ 1000。
接下来 n 行每行 m 个数，每个数只能是 0 或 1。第 i+1 行第 j 列的数表示在 (i,j) 这个格子中，你能否抓住大象（1 表示能，0 表示不能）。
output
输出若干行，每行表示释放一次火球术。
每行第一个整数表示蓄势时间，接下来若干个整数表示攻击的格子，第 i 行第 j 列的格子编号为 (i−1)∗m + j。每行最后输出一个 0。
如果无解输出一行一个整数 −1。
sample input
3 3
1 1 1
1 1 1
1 1 1
sample output
7 1 3 7 9 0
9 2 4 6 8 0
@solution@
大象太强了。
将矩形黑白染色，标记 (1, 1) 为白，则某时刻大象要么在黑格要么在白格。
不妨假设大象在白格，则只能删除黑格，且要保证删完过后剩下的白格仍然连通才合法。删剩下最后一个格子则结束。
我们可以将这个删格子的过程倒过来，从某一个格子开始往外添加同色格子，并且保持连通。于是就可以得到每一时刻我们需要删去格子的编号。
如果我们蓄势时间为偶数，则大象的位置黑白颜色不变；否则位置变为相反的颜色。
通过我们所知道的第一次删去格子的颜色，以及大象的初始位置在 (1, 1) 即白格，可以确定第一次是奇数蓄势还是偶数蓄势。
假如经过一定次数的删格子后，大象在某种颜色的格子。则可以得到上一次一定是删异色的格子，则这一次应该删与大象所在格同色的格子，需要大象离开。
所以得到：除了第一次蓄势时间奇偶性需要判断一下，剩下的蓄势时间一定为奇数。
可以发现对于某一个点而言，第一次删去的肯定包括矩形四个角落的某一个。于是我们可以对于这个点到四个角落的曼哈顿距离求最大值，并判断第一次的奇偶性与 (m+n) 的奇偶性是否相同，就可以推出以这个点为终末状态的答案是多少。
将所有的合法点都求解对应的答案，并取最小值。输出方案不难，按照加格子的思路来思考即可，或者也可以按照每一个点到终点的曼哈顿距离来思考。
复杂度 O(nm)。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1000;
int n, m, x, y, cnt = 0;
int fun(int x, int y) {
return max(max(x-1 + y-1, n-x + m-y), max(x-1 + m-y, n-x + y-1));
}
int abs(int x) {return x > 0 ? x : -x;}
vector<int>ans[2*MAXN + 5];
int X[MAXN*MAXN + 5], Y[MAXN*MAXN + 5];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m), x = -1, y = -1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++) {
int a; scanf("%d", &a);
if( a ) {
if( x == -1 && y == -1 )
x = i, y = j;
else if( fun(x, y) > fun(i, j) )
x = i, y = j;
else if( fun(x, y) == fun(i, j) ) {
if( ( (((x + y)&1) ^ (fun(x, y)&1)) == ((n + m)&1) ) && ( (((i + j)&1) ^ (fun(i, j)&1)) != ((n + m)&1) ) )
x = i, y = j;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
ans[abs(i-x)+abs(j-y)].push_back(++cnt), X[cnt] = i, Y[cnt] = j;
int p = n + m; bool flag = true;
for(int i=n+m;i>=1;i--) {
if( ans[i].empty() ) continue;
if( flag ) {
p += ((X[ans[i][0]]-1+Y[ans[i][0]]-1)&1)^((n+m)&1)^1, flag = false;
printf("%d", p);
if( p % 2 == 0 ) p--;
}
else {
p += 2;
printf("%d", p);
}
for(int j=0;j<ans[i].size();j++)
printf(" %d", ans[i][j]);
printf(" %d
", 0);
}
}
@details@
啊啊虽然题解不难理解，代码也不是很难写，但是通过反过来加格子的角度来思考问题这个真的想不到啊。。。
考场上只写了个 50 分的构造方法。。。