题意：给定一个网格，有一些格子是障碍不用管，剩余的是空地，你要用一些起点和终点在边界上的路径或环来完全覆盖掉空地，如果使用第一种，会付出1的代价，求最小代价，不能覆盖则输出-1。

现在看到网格而且数据范围小的基本上的是网络流黑白染色啊。。（废话你在做网络流的题啊）

其实这道题和之前那个只用环覆盖的很像，只不过这里可以用路径。之前我们考虑的是每个点都会被贯穿，也就说度数会是2，所以当初那道题我们用的是二分图跑费用流，但这里有路径，怎么办？

首先图的基本关系很简单，相邻点之间连普通的容量1，费用0就好了。然后我们考虑强制要让每个点被贯穿，黑白染色后，用下限去限制，S向黑点连下限为2的边，白点向T连下限为2的边。问题来了，有的方案是有路径的，路径的端点并没有被贯穿，这怎么整？

巧妙之处来了。对于端点，我们现在的问题是多了流量，怎么办？把它直接导去就完了。也就是说，我们对于边界上的黑点，向T连一条无下限，上限为1，费用为1的边，白色同理。为什么巧妙呢，这不但解决了端点度数为1的问题，而且一旦出现这种情况，就说明出现了路径，对答案产生贡献，我们再加上费用来记录，跑最小费用可行流就完了。答案记得除2，因为头尾算了两次。判断有无解看有无可行流就好了。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 inline int read(){
 4     int x=0,f=1; char a=getchar();
 5     while(a<'0' || a>'9') {if(a=='-') f=-1; a=getchar();}
 6     while(a>='0' && a<='9') x=x*10+a-'0',a=getchar();
 7     return x*f;
 8 }
 9 #define INF 1e9
10 #define N 505
11 #define in ini
12 #define id(i,j) (((i)-1)*m+(j))
13 const int dir[4][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0};
14 int ans,n,m,head[N],cnt,d[N],a[N],p[N],S,SS,T,TT,TOT,in[N];
15 char st[25][25];
16 bool vis[N];
17 queue<int>q;
18 struct edges{
19     int fr,to,cap,flow,cost,next;
20 }e[2*N];
21 
22 inline void insert(int u,int v,int f,int c){
23     e[cnt]=(edges){u,v,f,0,c,head[u]};head[u]=cnt++;
24     e[cnt]=(edges){v,u,0,0,-c,head[v]};head[v]=cnt++;
25 }
26 inline bool spfa(){
27     memset(d,0x3f,sizeof(d));
28     d[S]=0; a[S]=INF; q.push(S);
29     while(!q.empty()){
30         int x=q.front(); q.pop(); vis[x]=0;
31         for(int i=head[x];i>=0;i=e[i].next)
32             if(d[e[i].to]>d[x]+e[i].cost && e[i].flow<e[i].cap){
33                 d[e[i].to]=d[x]+e[i].cost; p[e[i].to]=i;
34                 a[e[i].to]=min(a[x],e[i].cap-e[i].flow);
35                 if(!vis[e[i].to]) vis[e[i].to]=1,q.push(e[i].to);
36             }
37     }
38     return d[T]<INF;
39 }
40 inline void mincf(){
41     ans+=a[T]*d[T]; TOT-=a[T];
42     int u=T;
43     while(u!=S){
44         e[p[u]].flow+=a[T];
45         e[p[u]^1].flow-=a[T];
46         u=e[p[u]].fr;
47     }
48 }
49 int main(){
50     memset(head,-1,sizeof(head));
51     while(scanf("%s",st[++n]+1)!=EOF); n--;
52     m=strlen(st[1]+1);
53     SS=0; TT=n*m+1; S=TT+1; T=TT+2;
54     for(int i=1;i<=n;i++)
55         for(int j=1;j<=m;j++){
56             if(st[i][j]=='#') continue;
57             if((i+j)&1){
58                 if(i==1 || i==n || j==1 || j==m) insert(SS,id(i,j),1,1); 
59                 in[TT]+=2; in[id(i,j)]-=2;    
60             }else{
61                 if(i==1 || i==n || j==1 || j==m) insert(id(i,j),TT,1,1);
62                 in[SS]-=2; in[id(i,j)]+=2;
63                 for(int k=0;k<4;k++){
64                     int tx=i+dir[k][0],ty=j+dir[k][1];
65                     if(tx<1 || tx>n || ty<1 || ty>m || st[tx][ty]=='#') continue;
66                     insert(id(i,j),id(tx,ty),1,0);
67                 }
68             }
69         }
70     insert(TT,SS,INF,0);
71     for(int i=SS;i<=TT;i++){
72         if(in[i]>0) insert(S,i,in[i],0),TOT+=in[i];
73         if(in[i]<0) insert(i,T,-in[i],0);
74     }
75     while(spfa()) mincf();
76     if(!TOT) printf("%d\n",ans/2);
77     else puts("-1");
78     return 0;
79 }