Description
最近lwher迷上了贪吃蛇游戏，在玩了几天却从未占满全地图的情况下，他不得不承认自己是一个弱菜，只能改去开发一款更弱的贪吃蛇游戏。
在开发的过程中，lwher脑洞大开，搞了一个多条蛇的模式。但由于这种模式太难操作，于是他只好改变游戏的玩法，稍微变化一下游戏目标。
新的游戏是这样的：
一些蛇覆盖了一个网格。每个格子要么是一个障碍物，要么是蛇的一部分。每条蛇占据了一条折线(拐角处只能水平和竖直连接)，且只是占据两个格子。蛇与蛇之间不能重叠，蛇也不会与自己重叠。每条蛇还必须满足以下两个条件中的一个：
1、两个端点所在的格子在网格的边界。
2、蛇构成一个环，即两个端点相邻(垂直或水平，不能斜着)，至少要占据4个格子(否则没法形成环)。
给定一个网格，用r x c的字符矩阵描述：‘#’代表障碍物，‘.’代表空地。在满足前面所述的条件下覆盖所有空地，并使得端点在网格边界(即不构成环)的蛇尽量少。（如果一条蛇既构成环，又是端点在边界，那么不计入答案）
例如，以下网格：
可以由下面三种方案覆盖。还有其他的方案，但是没法仅用一条不构成环的蛇就覆盖整个网络的方案。
给定一个网络的描述，输出最少需要多少条不构成环的蛇来覆盖这个网格。如果不存在能够覆盖网格的方案，输出-1。
Input
一个字符矩阵，行数和列数不超过12。输入文件中没有多余的空白字符，每行之后都有换行符。
Output
输出满足题目要求的那个整数。
Sample Input
......
.#.##.
.#....
....#.
.##.#.
......
.#.##.
.#....
....#.
.##.#.
......
Sample Output
2
/* 上下界费用流，建图很诡异。 考虑一条不构成环的蛇,除了头尾之外的点,每个点都与两个点相连。 而环形蛇则所有点都与两个点相连。 所以我们对矩阵黑白染色.建立源点s,汇点t。 s向所有白点连容量为2,费用为0的边,表示这个点需要与两个点相连。 所有黑点向t连容量为2,费用为0的边,表示两个点需要与这个点相连。 这里的容量为2是指容量必须为2,需要上下界来限定。 每个白点向周围的黑点连容量为1,费用为0的边,表示这个点可以和周围的点形成蛇。 这里的容量并不要求一定是1,不需要用上下界来限定。 每个边界上的白点向t连容量为1,费用为1的边,表示形成了一条不成环的蛇。 s向每个边界上的黑点连容量为1,费用为1的边,表示形成了一条不成环的蛇。 然后用有源有汇有上下界的费用流处理即可。 注意每条蛇会在头和尾各算一次,所以最后答案需要除2。 （题解源于：http://blog.csdn.net/sunshinezff/article/details/51824068） */ #include<cstdio> #include<iostream> #include<queue> #include<cstring> #define N 310 #define inf 1000000000 using namespace std; int head[N],dis[N],inq[N],fa[N],d[N],n,m,cnt=1,SS,TT,S,T,ans; int dx[4]={0,0,1,-1}; int dy[4]={1,-1,0,0}; struct node{int v,f,w,pre;}e[N*10]; char ch[N][N]; queue<int> q; void add(int u,int v,int f,int w){ e[++cnt].v=v;e[cnt].f=f;e[cnt].w=w;e[cnt].pre=head[u];head[u]=cnt; e[++cnt].v=u;e[cnt].f=0;e[cnt].w=-w;e[cnt].pre=head[v];head[v]=cnt; } bool spfa(){ for(int i=0;i<=T;i++) dis[i]=inf; q.push(S);dis[S]=0; while(!q.empty()){ int u=q.front();q.pop();inq[u]=0; for(int i=head[u];i;i=e[i].pre) if(e[i].f&&dis[e[i].v]>dis[u]+e[i].w){ dis[e[i].v]=dis[u]+e[i].w; fa[e[i].v]=i; if(!inq[e[i].v]){ q.push(e[i].v); inq[e[i].v]=1; } } } return dis[T]!=inf; } void updata(){ int i=fa[T],x=inf; while(i){ x=min(x,e[i].f); i=fa[e[i^1].v]; } i=fa[T]; while(i){ e[i].f-=x; e[i^1].f+=x; i=fa[e[i^1].v]; } ans+=x*dis[T]; } bool check(){ for(int i=head[S];i;i=e[i].pre) if(e[i].f) return false; return true; } int hao(int x,int y){return (x-1)*m+y;} int main(){ int tot=0; while(scanf("%s",ch[n+1]+1)!=EOF) n++; m=strlen(ch[1]+1);SS=n*m+1;TT=SS+1;S=TT+1;T=S+1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){ if(ch[i][j]=='#') continue; if(i+j&1){ if(i==1||j==1||i==n||j==m) add(hao(i,j),TT,1,1); d[SS]-=2;d[hao(i,j)]+=2; for(int k=0;k<4;k++){ int x=i+dx[k],y=j+dy[k]; if(x<1||x>n||y<1||y>m||ch[x][y]=='#') continue; add(hao(i,j),hao(x,y),1,0); } } else { if(i==1||j==1||i==n||j==m) add(SS,hao(i,j),1,1); d[TT]+=2;d[hao(i,j)]-=2; } } for(int i=1;i<=TT;i++) if(d[i]>0) add(S,i,d[i],0); else if(d[i]<0) add(i,T,-d[i],0); add(TT,SS,inf,0); while(spfa()) updata(); if(!check()) printf("-1"); else printf("%d",ans/2); return 0; }