首先整理一下条件：
1、恰好进出每个需打扫的房间各一次
2、进出每个房间不能通过同一个门
（其实前两个条件是一回事）
3、要求每条路线都是一个闭合的环线
4、每条路线经过的房间数大于2
让你在一个n*m的矩阵中，找出是否能按照约定方案打扫全部指定房间。
首先不难得出一个结论：有奇数个需要打扫的房间时一定无解。
证明？
每一次打扫都要满足条件3和4，而闭合的环线为多边形，显然必须对称（即通过平移可得到矩形），不难看出：每一次都能且只能打扫偶数个房间。
然后稍作分析，发现每个格子的度为2（即进入此房再出去）。
考虑建图。
一个房间上下左右有门，我们自然而然想到一个点向周围四个连边，就构成了黑白染色的模型。
一个矩阵中的房间最多用两条路线打扫即可。
每个点都要走到。
所以每个点都会向上下左右异色格点流出1，同时也会接受另一个点的流入。
我们这时将白点流向黑点的流反向，这样每个白点流入2，每个黑点流出2。
于是每个点有2的流量，来说明可以有两条边和它相连。
黑点都向S连边，白点都向T连边
然后图建好了，开始跑网络流，如果满流就证明所有的点都进，出过一次，打扫完毕，输出yes；否则no
建图总结：
- 节点含义：房间
- 边的含义：打扫路线
- 边如何相连：四连通
- 源点S：矩阵外一点
- 汇点T：矩阵外一点
代码：
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
#define inf 0x7fffffff
int n,m,s,t,ans;
int gx[5]={0,0,-1,0,1};
int gy[5]={0,-1,0,1,0};
//int gy[5]={0,-1,1,0,0};
//int gx[5]={0,0,0,-1,1};
int d[1000],id[105][105];
char a[105][105];
struct edge
{
int to,val,rev;
edge(int _to,int _val,int _rev)
{
to=_to;
val=_val;
rev=_rev;
}
};
vector<edge>e[1000];
void add(int x,int y,int w)
{
e[x].push_back(edge(y,w,e[y].size()));
e[y].push_back(edge(x,0,e[x].size()-1));
}
bool bfs()
{
memset(d,-1,sizeof(d));
queue<int>q;
q.push(s);
d[s]=0;
while(!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<e[x].size();i++)
{
int y=e[x][i].to;
if((d[y]==-1)&&e[x][i].val)
{
q.push(y);
d[y]=d[x]+1;
}
}
}
if(d[t]==-1)
return 0;
else
return 1;
}
int dfs(int x,int low)
{
if(x==t||low==0)return low;
int totflow=0;
for(int i=0;i<e[x].size();i++)
{
int y=e[x][i].to;
int rev=e[x][i].rev;
if((d[y]==(d[x]+1))&&e[x][i].val)
{
int a=dfs(y,min(low,e[x][i].val));
e[x][i].val-=a;
e[y][rev].val+=a;
low-=a;
totflow+=a;
if(low==0)return totflow;
}
}
if(low!=0)d[x]=-1;
return totflow;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
for(int i=0;i<=1000;i++)
e[i].clear();
int cnt=0,tot=0,sum=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
cin>>a[i][j];
id[i][j]=++cnt;
if(a[i][j]=='.')tot++;
}
}
s=0;
t=cnt+1;
if(tot%2==1)
{
printf("NO\n");
continue;
}
if((n==1)||(m==1))
{
printf("NO\n");
continue;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(a[i][j]=='.')
{
if(((i+j)%2)==1)
{
add(s,id[i][j],2);
sum+=2;
for(int k=1;k<=4;k++)
{
int nx=i+gx[k];
int ny=j+gy[k];
if((nx>=1)&&(nx<=n)&&(ny>=1)&&(ny<=m)&&(a[nx][ny]!='#'))
add(id[i][j],id[nx][ny],1);
}
}
else
{
add(id[i][j],t,2);
}
}
}
}
ans=0;
while(bfs())
{
ans+=dfs(s,inf);
}
if(ans==tot)
{
printf("YES\n");
}
else
printf("NO\n");
}
return 0;
}