现在居然出现一道题只有(pascal)题解没有(C++)题解的情况，小蒟蒻要打破它。
思维题：分类讨论
回归正题，此题十分考验思维，首先我们要考虑如何把不会走的地方给填上，使最后只用求一遍这个图的周长即可。考虑目标点的几种情况：
(0.)当前点周围有三个(A)或四个(A)时：这个点肯定不会走到，直接用(A)填上。
(1.)当前点夹在两个点中间，无法判断这个点被填上后是否会让两边出现独立的(x)，所以跳过该点，之后如果某一边被填满，会导致这个点被重新搜到，那时再考虑。
(2.)当前点被两个相邻的(A)夹在一起，且当前点填上时周围八格没有任何(x)，那么直接填上。
(3.)当前点被两个相邻的(A)夹在一起，且当前点填上时周围八格有(x)那么这个点肯定会被经过，因为无论往外怎么伸展，最后必须从这里过去以绕开那个(x)。
(4.)当前点周围有一个(A)或没有(A)，那么这个点先不管，等会也可能再次搜到。
复杂度证明：因为每个点只会有一次变成(A)然后向外搜索，所以复杂度为(O(nm))
对于处理出来的图，我们只用判断每个点会被经过几次就行了：每个点经过的次数等于这个点周围(八格)的连续(A)段数。
最后上神奇的代码：
#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;
}