以前做過POJ上的3620，題意大概是要你求出相鄰的X有多少個，而這個題呢，則是要求你求出整個互相鄰接的X所夠成的周長；
我個人認為，這兩道題有異曲同工之妙。
這道題和3620不同的是，我們不能將所有與X相鄰的結點都壓棧，而是選擇X結點壓棧，為什么呢？我想了想，因為此題的周長是在你考察X的基礎上向四面八方試探而求出的。你最好是立足與X結點，由于對壓棧元素進行了限制，那么在進入dfs遞歸的時候也就不用大費周章的去判斷
if(visit[i][j]==0)了，因為壓棧的元素必須是沒有考察過的X結點；當然這只不過是基于自己的個人習慣而已，我想，即使你不判斷壓棧元素，應該也能做出來吧，只不過這樣似乎并不符合我們的思維習慣而已；
另外做這個題目的時候還遇到了一個小問題，就是cin.ignore()的使用，再輸入r,c,x,y的值之后，由于回車符不可能被整型變量吃掉，所以它會滯留在緩沖區，使得在輸入字符時回車符優先進入map數組，而且每一行之后都有一個回車符，所以這個cin.ignore()的位置也是不能改變的。
當讓還有個有意思的地方，就是這個題要用向量來存儲考察的方向，這樣的話一個循環就可以考察完所有的方向，不用費力把所有的方向都寫一遍了，這是一個很不錯的方法，宜借鑒之；
最后要感謝一下網路上分享代碼的大牛們，正是由于參考了你們的代碼才使我有所進步；
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 100
char map[MAX][MAX];
int visit[MAX][MAX];
int sum;
int r,c;
int path[8][2]=
{{0,1},{1,1},{1,0},{1,-1},{0,-1},{-1,-1},{-1,0},{-1,1}};
void dfs(int a,int b)
{
visit[a][b]=1;
int i;
for(i=0;i<8;i++)
{
int x=a+path[i][0];
int y=b+path[i][1];
if(x>=1&&x<=r&&y>=1&&y<=c)
{
if(map[x][y]=='X'&&visit[x][y]==0)
dfs(x,y);
else if(map[x][y]=='.'&&(x==a||y==b))
{
sum++;
}
}
else if(x==a||y==b)
sum++;
}
}
int main ()
{
int x,y;
int i,j;
while(scanf("%d%d%d%d",&r,&c,&x,&y))
{
for(i=1;i<=r;i++)
for(j=1;j<=c;j++)
{
visit[i][j]=0;
}
for(i=1;i<=r;i++)
{
cin.ignore();
for(j=1;j<=c;j++)
{
scanf("%c",&map[i][j]);
}
}
sum=0;
if(r==0&&c==0&&x==0&&y==0)
break;
dfs(x,y);
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}