传送门

显然是个二分图，设开始位置是左边，另一边是右边

那么先手是把左边挪到右边，后手是把右边挪到左边，不能挪的那方失败

结论：Alice必胜当且仅当开始位置不一定在最大匹配上

必要性：

如果开始位置不在最大匹配上，那一定有种匹配方案不包含开始位置（废话）

考虑这种方案，由于左边已经空出来了，所以右边和它连通的点都已经有匹配。

这样Bob移动到哪里，Alice就移到它的匹配点，这样Alice必胜。

充分性：

考虑逆否命题，如果开始位置一定在最大匹配上，那么Bob必胜。

①如果右边有和开始位置相邻的未匹配点

Bob移到这个位置，然后转换为了上面的情况

②如果没有

那就移到匹配点

因为开始点一定在最大匹配上，所以移了之后找不到未匹配点

同理后面如果左边有未匹配点就找到了一条增广路，矛盾

这样可以一直走匹配点直到胜利

所以先跑个最大匹配，从未匹配点开始dfs，对所有与之相邻点给匹配点打上标记

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 10005
#define MAXM 50005
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;
char s[105][105];
#define id(x,y) (((x)-1)*m+(y))
const int dx[]={-1,1,0,0},dy[]={0,0,-1,1};
int link[MAXN],used[MAXN];
bool find(int u,int mark)
{for (int i=head[u];i;i=nxt[i])if (used[e[i].v]!=mark){used[e[i].v]=mark;if (!link[e[i].v]||find(link[e[i].v],mark)) return link[e[i].v]=u,true;}return false;
}
bool ans[MAXN];
void dfs(int u)
{for (int i=head[u];i;i=nxt[i])if (!ans[link[e[i].v]]){ans[link[e[i].v]]=true;dfs(link[e[i].v]);}
}
int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1);for (int x=1;x<=n;x++)for (int y=1;y<=m;y++)if (s[x][y]=='.'&&(x+y)&1)for (int i=0;i<4;i++)if (s[x+dx[i]][y+dy[i]]=='.')addnode(id(x,y),id(x+dx[i],y+dy[i]));int d=0;for (int x=1;x<=n;x++)for (int y=1;y<=m;y++)if (s[x][y]=='.'&&(x+y)&1)d+=find(id(x,y),id(x,y)),ans[id(x,y)]=1;cerr<<d<<endl;for (int x=1;x<=n;x++)for (int y=1;y<=m;y++)if (s[x][y]=='.'&&!((x+y)&1))link[id(x,y)]? ans[link[id(x,y)]]=0,link[link[id(x,y)]]=id(x,y):ans[id(x,y)]=1;int tcnt=cnt;for (int i=1;i<=tcnt;i++) addnode(e[i].v,e[i].u);for (int i=1;i<=n*m;i++) if (ans[i]) dfs(i);int tot=0;for (int x=1;x<=n;x++)for (int y=1;y<=m;y++)tot+=ans[id(x,y)];printf("%d\n",tot);for (int x=1;x<=n;x++)for (int y=1;y<=m;y++)if (ans[id(x,y)])printf("%d %d\n",x,y);return 0;
}