現在居然出現一道題只有\(pascal\)題解沒有\(C++\)題解的情況，小蒟蒻要打破它。
思維題：分類討論
回歸正題，此題十分考驗思維，首先我們要考慮如何把不會走的地方給填上，使最后只用求一遍這個圖的周長即可。考慮目標點的幾種情況：
\(0.\)當前點周圍有三個\(A\)或四個\(A\)時：這個點肯定不會走到，直接用\(A\)填上。
\(1.\)當前點夾在兩個點中間，無法判斷這個點被填上后是否會讓兩邊出現獨立的\(x\)，所以跳過該點，之后如果某一邊被填滿，會導致這個點被重新搜到，那時再考慮。
\(2.\)當前點被兩個相鄰的\(A\)夾在一起，且當前點填上時周圍八格沒有任何\(x\)，那么直接填上。
\(3.\)當前點被兩個相鄰的\(A\)夾在一起，且當前點填上時周圍八格有\(x\)那么這個點肯定會被經過，因為無論往外怎么伸展，最后必須從這里過去以繞開那個\(x\)。
\(4.\)當前點周圍有一個\(A\)或沒有\(A\)，那么這個點先不管，等會也可能再次搜到。
復雜度證明：因為每個點只會有一次變成\(A\)然后向外搜索，所以復雜度為\(O(nm)\)
對於處理出來的圖，我們只用判斷每個點會被經過幾次就行了：每個點經過的次數等於這個點周圍\(八格\)的連續\(A\)段數。
最后上神奇的代碼：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010;
const int dx[]={0,1,0,-1};
const int dy[]={1,0,-1,0};
int n,m;
char mp[N][N];
void dfs(int x,int y){
int cnt=0;
int u[5];
for(int i=0;i<4;++i){
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
if(mp[nx][ny]=='A'){
u[++cnt]=i;
}
}
if(cnt==2){
if(u[2]-u[1]==2)return;
if(mp[x-dx[u[1]]-dx[u[2]]][y-dy[u[1]]-dy[u[2]]]!='.')return;
}
if(cnt>1){
mp[x][y]='A';
for(int i=0;i<4;++i){
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
if(nx>1&&nx<n&&ny>1&&ny<m&&mp[nx][ny]=='.'){
dfs(nx,ny);
}
}
}
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%s",mp[i]+1);
}
for(int i=2;i<n;++i){
for(int j=2;j<m;++j){
if(mp[i][j]=='.')dfs(i,j);
}
}
int ans=0;
for(int x=1;x<=n;++x){
for(int y=1;y<=m;++y){
int js=0;
if(mp[x][y]=='.'){
int u[5],cnt=0;
for(int i=0;i<4;++i){
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
if(mp[nx][ny]=='A')u[++cnt]=i;
}
if(cnt==1){
js=1;
}else if(cnt==2&&abs(u[2]-u[1])==2){
js=2;
}else if(cnt==2)js=1;
for(int i=0;i<4;++i){
int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];
if(mp[nx][ny]!='A'){
nx=x+dx[(i+1)%4],ny=y+dy[(i+1)%4];
if(mp[nx][ny]!='A'){
nx=x+dx[i]+dx[(i+1)%4],ny=y+dy[i]+dy[(i+1)%4];
if(mp[nx][ny]=='A'){
js++;
}
}
}
}
ans+=js;
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}