/**/ /*
    40*10的地图，有一些'*'必须用方块覆盖到
    而每块方块只能覆盖长度为1*2
    问最少需要的方块数

    状态压缩dp，主要就是枚举当前行的状态to，上一行的状态from,由from的值去更新to的值

    骨牌覆盖类求方案数的，一般都需要枚举所有情况，即放、不放
    但这种求最优值的，我一开始枚举所有情况，导致超时!!
    需要人肉优化
    比如，这里空的位置肯定不用放东西，直接下一列

    这道题，转移时只需考虑当前row和上一行row-1，
    对于列col 分4种情况，
    00 01 10 11
    1表示该位置是'*'
    分这4种情况：
    ①不放 状态构造为 to<<1 , from<<1
    ②上一行有'*'  状态构造为 to<<1 , from<<1|1
    ③当前行有'*'  由于上一行没有，就没必要竖放了，直接横放了，竖放不会导致最优解
       然后还要考察col+1是否有'*'，有的话状态要加上去
       当然，该位置可以不放，为了给下一行覆盖
    ④上下行都有'*'
       不放的话，上一行就需要有覆盖了
       横放，上一行肯定就要被覆盖了
       竖放，上一行可选择被覆盖，或者没被覆盖
       但选择被覆盖是不会导致最优解的，因为横放的时候就会考虑上一行该位置要被覆盖了
        

    求最优值（不是求方案），没必要转移时 from -> to 把一些明显不优的状态from转移到to去
    如对于'O'位置，可以放，但肯定不去放它，放了不会更优的，所以不进入这个分支了
    分支数决定了规模，人肉优化，不进入没必要的分支
    但求方案数目的话，就要考虑所有情况了，放、不放之类的
*/     
#include < iostream >
#include < cstring >
#include < map >
#include < algorithm >
#include < stack >
#include < queue >
#include < cmath >
#include < string >
#include < cstdlib >
#include < vector >
#include < cstdio >
#include < set >
#include < list >
#include < numeric >
#include < cassert >

using   namespace  std;

 const   int  INF  =   1000000000 ;

 char  field[ 50 ][ 20 ];
 int  dp[ 50 ][ 1 << 10 ];
 int  H, W;

 void  dfs( int  row,  int  col ,  int  s1 ,  int  s2 ,  int  num) {//当前检查col
    /**//*if(col > W){
        return;
    }*/
    if(col >=  W){//因为可能在最后一列水平覆盖，所以出格了
        if(col>W){//注意>>
            s1 >>= 1;
            s2 >>= 1;
        }
        dp[row][s1] = min(dp[row][s1] , dp[row-1][s2] + num);
        return;
    }
    int code = (field[row][col] == '*')*2 + (field[row-1][col] == '*');
    
    switch(code){
        case 0:
            dfs(row, col+1, s1<<1, s2<<1, num);            
            break;
        case 1:
            dfs(row, col+1, s1<<1, s2<<1|1, num);//用|去覆盖(row-1,col)跟(row-1,col)自己覆盖效果一样
            break;
        case 2:
            dfs(row, col+2, (s1<<2)|2|(field[row][col+1] == '*'), (s2<<2)|(field[row-1][col+1] == '*'), num+1);
            //nothing
            dfs(row, col+1, s1<<1, s2<<1, num);
            break;
        case 3:
            //nothing
            dfs(row, col+1, s1<<1, s2<<1|1, num);
            dfs(row, col+1, s1<<1|1, s2<<1, num+1);
            //dfs(row, col+1, s1<<1|1, s2<<1|1, num+1);  s2<<1|1在下面的状态会考虑到的，而且下面的不会比它差 所以不用再dfs
            dfs(row, col+2, (s1<<2)|2|(field[row][col+1] == '*'), (s2<<2)|2|(field[row-1][col+1] == '*'), num+1);
            break;
    }
}

int  main()
 {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in","r",stdin);
#endif

    int T;
    for(scanf("%d",&T); T-- ;){
        scanf("%d%d",&H,&W);
        for(int i = 1 ; i <= H; i++){
            scanf("%s",field[i]);
        }    
        for(int row = 1 ; row <= H ; row++){
            fill(dp[row] , dp[row] + (1<<W), INF);
            dfs(row,0,0,0,0);
        }
        int ans = INF;
        int mask = 0;
        for(int i = 0; i < W ; i++){
            mask <<= 1;
            mask |= (field[H][i] == '*');
        }
        for(; mask < (1<<W);mask++){
            ans = min(ans, dp[H][mask]);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }    
    return 0;
}