新知识get。
一类博弈问题，基于以下条件：
1.博弈者人数为两人，双方轮流进行决策。
2.博弈状态（对应点）可分为两类（状态空间可分为两个集合），对应二分图两边（X集和Y集）。任意合法的决策（对应边）使状态从一类跳转到另一类。（正是由于这个性质使得问题可以用二分图描述）3.不可以转移至已访问的状态。（不可重复访问点）4.无法转移者判负。这类问题相当于从二分图指定起点开始轮流移动，不可重复访问点，无法移动判负 。
现在问题变为从二分图指定起点开始轮流移动，不可重复访问点，无法移动判负。
不妨设起点在二分图的X集中，那么先手只能从X集移动到Y集，后手只能从Y集移动到X集。一次游戏过程对应一条路径 。若最后停留在X集且无法移动则先手负，停留在Y集则后手负。考虑该二分图的某个最大匹配。（注意可能存在多个匹配相同的最大匹配）若起点s∈X不属于该最大匹配。则先手所转移到的点y∈Y一定属于最大匹配（否则s-y是一个匹配，与最大匹配矛盾）。后手沿着最大匹配的边走即可，终点t（指无法从t再走一步）一定不可能在Y集中（否则，若t在Y集中，s-...-t为一增广路，与最大匹配矛盾）。因此先手必败，后手必胜。若起点s∈X属于该最大匹配。则将s从图中删除，再求图的最大匹配。若最大匹配数不变，则s还是不属于某最大匹配，先手必败。否则该图的任意最大匹配都包含s，则先手沿着最大匹配的边走即可，根据上面的分析，先手必胜。
也就是说题目中按棋盘黑白染色构建二分图后，必胜点就是二分图中的所有的最大匹配非必要点。不能直接枚举。会超时。
首先，不构成最大匹配的点一定是非必要点。
其次，对不构成最大匹配的点出发走交错轨可以求出其他的非必要点。
#includeint n,m;char s[128][128];int xs[]={-1,0,1,0};int ys[]={ 0,-1,0,1};int px[128][128],py[128][128],d[128][128],now,v[128][128],ed[128][128];bool dfs(int x,int y){ d[x][y]=now; if(px[x][y]&&d[px[x][y]][py[x][y]]!=now)return dfs(px[x][y],py[x][y]); for(int i=0;i<4;i++){ int x1=x+xs[i],y1=y+ys[i]; if(d[x1][y1]!=now&&s[x1][y1]=='.'&&!px[x1][y1]){ px[x][y]=x1;py[x][y]=y1; px[x1][y1]=x;py[x1][y1]=y; return 1; } } for(int i=0;i<4;i++){ int x1=x+xs[i],y1=y+ys[i]; if(d[x1][y1]!=now&&s[x1][y1]=='.'&&dfs(x1,y1)){ px[x][y]=x1;py[x][y]=y1; px[x1][y1]=x;py[x1][y1]=y; return 1; } } return 0;}void dfs2(int x,int y){ if(ed[x][y]||s[x][y]!='.')return; ed[x][y]=1; v[x][y]=1; for(int i=0;i<4;i++){ int x1=x+xs[i],y1=y+ys[i]; if(px[x1][y1])dfs2(px[x1][y1],py[x1][y1]); }}int main(){ int a=0; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",s[i]+1); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(s[i][j]=='.'&&!px[i][j]){ ++now; a+=dfs(i,j); } } } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(s[i][j]=='.'&&!px[i][j])v[i][j]=1; } } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(s[i][j]=='.'&&!px[i][j])dfs2(i,j); } } bool win=0; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(v[i][j])win=1; } } puts(win?"WIN":"LOSE"); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ if(v[i][j])printf("%d %d\n",i,j); } } return 0;}