这是一个非常神奇的题；
感觉像一个模拟搜索；
但是竟然可以用网络流来解决；
直接粘题解把：
如果不能走通的话，必然说明能够从右上角（图外面）沿雷“跳” ，一直可以“跳”左
下角（图外面） ，因此建好图之后求一个最小割就可以得到结果了。但是关键在于：1.哪些
雷之间可以相互“跳” ？2.哪些雷可以从右上角“跳”过去，哪些雷可以“跳”到左下角？
第二个问题很好办，如果地雷的范围能接触到最上或者最右的格子，就可以从右上角跳
到这个雷上，如果地雷的范围能接触到最下或者最右的格子，就可以跳到左下角。
第一个问题需要分类讨论一下，如果两个雷在同一水平线或者竖直线上，当两个雷的距
离不超过 2*K+1 时可以认为两个雷是连通的，但如果不在同一水平线或者竖直线上时，当
两个雷的距离不超过 2*K+2 时可以认为两个雷是连通的。
注意雷要拆点，容量为 1，其他边容量为 INF
代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #define maxn 1550 #define maxm 40009 #define inf 9999999 using namespace std; struct edge { int from,to,cap,flow; edge() {} edge(int from,int to,int cap,int flow) :from(from),to(to),cap(cap),flow(flow) {} }; struct dinic { int n,m,s,t; edge edges[maxm*2]; int head[maxn]; int next[maxm*2]; bool inq[maxn]; int d[maxn]; int cur[maxn]; void init(int n) { this->n=n; m=0; memset(head,-1,sizeof(head[0])*(n+1)); } void addedge(int from,int to,int cap) { next[m]=head[from]; edges[m]=edge(from,to,cap,0); head[from]=m++; next[m]=head[to]; edges[m]=edge(to,from,0,0); head[to]=m++; } bool bfs() { memset(inq,0,sizeof(inq[0])*(n+1)); queue<int>q; q.push(s); d[s]=0; inq[s]=1; while(!q.empty()) { int u=q.front(); q.pop(); for(int i=head[u]; i!=-1; i=next[i]) { edge& e=edges[i]; int v=e.to; if(!inq[v]&&e.cap>e.flow) { inq[v]=1; d[v]=d[u]+1; q.push(v); if(v==t)return 1; } } } return 0; } int dfs(int u,int a) { if(u==t||a==0)return a; int flow=0,f; for(int&i=cur[u]; i!=-1; i=next[i]) { edge& e=edges[i]; int v=e.to; if(d[u]+1==d[v]&&(f=dfs(v,min(a,e.cap-e.flow)))>0) { e.flow+=f; edges[i^1].flow-=f; flow+=f; a-=f; if(a==0)break; } } return flow; } int maxflow(int s,int t) { this->s=s; this->t=t; int flow=0; while(bfs()) { memcpy(cur,head,sizeof(head[0])*(n+1)); flow+=dfs(s,inf); } return flow; } }; dinic solve; struct node { int x,y; } no[maxn]; char s[100]; int main() { // freopen("test0.in","r",stdin); int t; int n,m,d; scanf("%d",&t); while(t--) { int cnt=1; scanf("%d%d%d",&n,&m,&d); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%s",s+1); for(int j=1; j<=m; j++) { if(s[j]=='*') { no[cnt].x=i; no[cnt++].y=j; } } } int sr=0; int tr=2*cnt+1; solve.init(2*cnt+2); for(int i=1; i<cnt; i++) { solve.addedge(2*i,2*i+1,1); if((no[i].x-1)<=d||((m-no[i].y)<=d)) solve.addedge(sr,2*i,inf-1); if((n-no[i].x)<=d||(no[i].y-1)<=d) solve.addedge(2*i+1,tr,inf-1); } for(int i=1; i<cnt; i++) for(int j=1; j<cnt; j++) { int dis=abs(no[i].x-no[j].x)+abs(no[i].y-no[j].y); if(no[i].x==no[j].x||no[i].y==no[j].y) { if(dis<=2*d+1) solve.addedge(2*i+1,2*j,inf-1); } else { if(dis<=2*d+2) solve.addedge(2*i+1,2*j,inf-1); } } printf("%d ",solve.maxflow(sr,tr)); } return 0; }