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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
思路巧妙 这样的棋盘题有可能是插头dp 或者是什么染色完搞一搞匹配什么的 还是跪膜了zhx大佬的题解
集训队大爷leoly说不用费用流 0ms bzoj rank3
大概想法就是首先染个色 我们可以知道 互相连接的点一定在棋盘上属于不同的颜色 一个点被贯通 意味着他的度是2 因为要和周围的点连接嘛 然后如果只是一条链的话 那么度就是1 形成环的情况下是我们不用考虑的 只有形成链的时候我要计数 那么显然形成链的时候我无法跑满 使得每个点度为2 这时候正好添加费用为1的边即可解决
建图方法：首先 源向所有的白点连容量确切为2 的边 然后所有黑点向汇连容量确切为2的边 所有白点都可以向附近的黑点连容量为1 的下界为0的边 这时候万一不平衡 就需要我们带费用的边来弥补了 根据题意 只有当我在边界的时候才可能产生费用 那么就从源向黑点连容量1 费用1的边 从白点向汇连容量1 费用1的边 然后跑一下最小费用可行流即可 因为这个蛇大致在头尾的时候各被不可避免的算了费用 所以总费用需要/2

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 200
using namespace std;
char mp[N][N];
int n,m,id[N][N],tot,dx[]={0,1,-1,0},dy[]={1,0,0,-1};
int num=1,T,S,h[N<<1],flag[N<<1],f[N<<1],pre[N<<1],path[N<<1],d[N<<1];
struct node{
    int y,z,next,c;
}data[N*4];
inline void insert1(int x,int y,int z,int c){
    data[++num].y=y;data[num].z=z;data[num].next=h[x];data[num].c=c;h[x]=num;
    data[++num].y=x;data[num].z=0;data[num].next=h[y];data[num].c=-c;h[y]=num; 
}
int s,t;
inline bool spfa(){
    queue<int>q;memset(flag,0,sizeof(flag));memset(f,0x3f,sizeof(f));f[S]=0;flag[S]=1;memset(pre,-1,sizeof(pre));q.push(S);
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();q.pop();flag[x]=0;
        for (int i=h[x];i;i=data[i].next){
            int y=data[i].y,z=data[i].z,c=data[i].c;
            if (f[x]+c<f[y]&&z){
                f[y]=f[x]+c;pre[y]=x;path[y]=i;
                if (!flag[y]) flag[y]=1,q.push(y);
            }
        }
    }if (pre[T]==-1) return 0;else return 1;
}
int main(){
    freopen("bzoj4213.in","r",stdin);
    while(~scanf("%s",mp[++n]+1));m=strlen(mp[1]+1);n--;
    for (int i=1;i<=n;++i)
        for (int j=1;j<=m;++j) if (mp[i][j]!='#') id[i][j]=++tot;s=0;t=tot+1;S=t+1;T=S+1;
    for (int i=1;i<=n;++i){
        for (int j=1;j<=m;++j){
            if (mp[i][j]=='#') continue;
            if ((i+j)%2==0){
                d[s]-=2;d[id[i][j]]+=2;
                for (int k=0;k<4;++k){
                    int x1=i+dx[k],y1=j+dy[k];
                    if (x1<1||x1>n||y1<1||y1>m||mp[x1][y1]=='#') continue;
                    insert1(id[i][j],id[x1][y1],1,0);
                }
                if (i==1||j==1||i==n||j==m) insert1(id[i][j],t,1,1);
            }else{
                d[id[i][j]]-=2;d[t]+=2;if (i==1||j==1||i==n||j==m) insert1(s,id[i][j],1,1);
            }
        }
    }insert1(t,s,inf,0);int sum=0;
    for (int i=s;i<=t;++i) {
        if (d[i]<0) insert1(i,T,-d[i],0);
        if (d[i]>0) insert1(S,i,d[i],0),sum+=d[i];
    }int ans=0,ans1=0;
    while(spfa()){
        int minn=inf,now=T;
        while(now!=S) minn=min(minn,data[path[now]].z),now=pre[now];ans+=minn;now=T;
        while(now!=S){ans1+=data[path[now]].c*minn;data[path[now]].z-=minn;data[path[now]^1].z+=minn;now=pre[now];}
    }if (ans!=sum) {printf("-1");return 0;}printf("%d",ans1>>1);
    return 0;
}