传送门

结论 不会有同一个棋子移动两次

反证法，对于第一个移动第二次的棋子

设两次移动之间(含)的移动的棋子为$A_1,A_2,A_3,\dots \dots ，A_n$（指棋子本身而非位置）

因为最后移回来了，所以往上和往下、往左和往右次数相同

所以$n$是偶数 然后$A_1$和$A_n$颜色不同

但这个棋子开始被移到当前位置，最后被移走，所以$A_1=A_n$，矛盾

所以移动路径没有交

既然这样，我们就不用考虑棋盘具体的变化，而看成空格交替走两个颜色

然后和上一道题就一样了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 2005
#define MAXM 10005
using namespace std;
struct edge{int u,v;}e[MAXM];
int head[MAXN],nxt[MAXM],cnt;
void addnode(int u,int v)
{e[++cnt]=(edge){u,v};nxt[cnt]=head[u];head[u]=cnt;
}
int n,m;
#define id(x,y) (((x)-1)*m+(y))
char s[50][50];
const int dx[]={-1,1,0,0},dy[]={0,0,-1,1};
bool del[MAXN];
int link[MAXN],used[MAXN];
bool find(int u)
{for (int i=head[u];i;i=nxt[i])if (!used[e[i].v]&&!del[e[i].v]){used[e[i].v]=1;if (!del[link[e[i].v]]&&(!link[e[i].v]||find(link[e[i].v]))){link[u]=e[i].v,link[e[i].v]=u;return true;}}return false;
}
int calc()
{memset(link,0,sizeof(link));int ans=0;for (int x=1;x<=n;x++)for (int y=1;y<=m;y++)if (s[x][y]!='O'&&!del[id(x,y)])memset(used,0,sizeof(used)),ans+=find(id(x,y));return ans;
}
bool win[MAXN];
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1);int st;for (int x=1;x<=n;x++)for (int y=1;y<=m;y++)if (s[x][y]!='O'){for (int i=0;i<4;i++)if (s[x+dx[i]][y+dy[i]]=='O')addnode(id(x,y),id(x+dx[i],y+dy[i]));if (s[x][y]=='.') st=id(x,y);}int k,tot=0;scanf("%d",&k);int mmat=calc();for (int i=1;i<=2*k;i++){del[st]=1;int t=calc();if (mmat!=t) win[i]=1;mmat=t;int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);st=id(x,y);}for (int i=1;i<=k;i++) if (win[2*i-1]&&win[2*i]) ++tot;printf("%d\n",tot);for (int i=1;i<=k;i++) if (win[2*i-1]&&win[2*i]) printf("%d\n",i); return 0;
}