直接看题

【题目链接】： http://codeforces.com/group/NVaJtLaLjS/contest/238204
A. Taming the Herd（签到题）
题意: 有一张表，记录奶牛出走的时间，若是当天奶牛出走，则当天记录为0，否则记录最近奶牛出走的时间，如奶牛是在三天前出走的，则当天记录为3，现在这张表出现破损，破损的地方记录为-1，问最多与最少奶牛出走的天数，若这张表记录不符合规则，则输出-1，且已知第一天奶牛必然出走
思路: 这道题需要注意的是题目所给的表不一定是正确的，如 样例-1 2 -1 -1 4 则输出-1，因为 第二天只可能是-1， 1

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[105],b[105];
int main()
{int n;cin>>n;int num=0,cnt=0,flag=0;memset(b,-1,sizeof b);for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];a[1]=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]!=-1){if(i-a[i]>0){if(a[i-a[i]]==-1||a[i-a[i]]==0)a[i-a[i]]=0;else {flag=1;}}else flag=1;}}if(flag){cout<<"-1"<<endl;return 0;}for(int i=n;i>=1;){if(a[i]==0){cnt++;i--;continue;}else if(a[i]!=-1){i-=a[i];continue;}i--;num++;}cout<<cnt<<" "<<cnt+num<<endl;return 0;
}

B. Hoofball（模拟）
题意: 有一群奶牛站成一列相互传球，传球规则是传给距离比较近的奶牛，若是左右两侧距离一样，则传给左侧的奶牛，问至少需要多少个球
思路: 这道有几种做法，有的是构建一个图，算出成环的个数，有的是模拟，有的是dp,都要开一个nxt[ ]存下每个球是传递目标。有一种比较好理解的就是从第一只奶牛开始传球，传到球就进行标记，从1-n遍历没有被标记的奶牛，每次做的标记不一样，如第一个球标记为1，第二个球标记为2，可以相互覆盖，最后统计还没有覆盖的标记种类，就是需要多少个球

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1005;
int n,a[N],vis[N],ans[N];int cnt=1;
void dfs(int pos)
{if(vis[pos]==cnt)return;vis[pos]=cnt;if(pos==1)dfs(2);else if(pos==n)dfs(n-1);else if(pos!=1&&pos!=n){if(a[pos]-a[pos-1]<=a[pos+1]-a[pos])dfs(pos-1);else dfs(pos+1);}
}
int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];sort(a+1,a+1+n);for(int i=1;i<=n;i++){if(!vis[i])dfs(i);cnt++;}cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++)ans[vis[i]]=1;for(int i=1;i<=n;i++)if(ans[i])cnt++;cout<<cnt;
} 

C. Rest Stops（贪心）
题意: 给出A和B两人每米需要走多少秒的速度，其中保证A的速度比B快，且需要A在整个路程一直在B前面，而在这段分布了N个草场，若待在草场时，每秒可以收获c单位草，问A走完这段路能收获多少单位草
思路： 每次取未走完路程中每秒可收获草的单位最大的草场

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node
{int dis,c;
}a[100005];
bool cmp(node a,node b)
{if(a.c==b.c)return a.dis>b.dis;return a.c>b.c;
}
int main()
{ll l,n,v1,v2,maxx=-1,id;cin>>l>>n>>v1>>v2;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i].dis>>a[i].c;}ll ans=0;sort(a+1,a+1+n,cmp);//for(int i=1;i<=n;i++)// cout<<a[i].c<<" "<<a[i].dis<<endl;id=a[1].dis;ans+=(v1-v2)*id*a[1].c;for(int i=2;i<=n;i++){if(a[i].dis<id)continue;ans+=(v1-v2)*(a[i].dis-id)*a[i].c;id=a[i].dis;}cout<<ans<<endl;return 0;
}

D. Directory Traversal 连题意都看不懂……，更不会做

E. Taming the Herd (dp)
题意: 现在还是给出一张表，记录规则与A题一样（保证奶牛第一天肯定出走），但是现在这张表遭到修改，问奶牛1-n次出走的最小修改数
思路: 参照大佬的思路：
dp[ i ][ j ][ k ]表示已经到了第i天，逃了j次，今天计数器记的数为k的最小值。那么两种转移：
1、当k=0时，dp[ i ][ j ][ 0 ]=min ( dp[i−1][j−1][p] )+(a[i] != 0)，

2、当k!=0时，dp[ i ][ j ][ k ]=dp[i−1][ j ][k−1]+(a[i]!=k)

在第一条方程里，需要枚举p。所以复杂度是O(n^4)。 然后我们可以用一个g维护一下min(dp[i−1][j−1][p])，所以变成O(n^3)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e2+5;
int dp[N][N][N],g[N][N],a[N];
int main()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];memset(dp,0x3f,sizeof dp);memset(g,0x3f,sizeof g);dp[0][0][0]=0;g[0][0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i;j++){for(int k=0;k<i;k++){if(!k){dp[i][j][k]=g[i-1][j-1]+(a[i]!=0);g[i][j]=min(g[i][j],dp[i][j][k]);}else {dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k-1]+(a[i]!=k);g[i][j]=min(g[i][j],dp[i][j][k]);}}}}for(int i=1;i<=n;i++)cout<<g[n][i]<<endl;return 0;
}

F. Teleportation（签到题）
题意: 略
思路: 略

G. Snow Boots（dp）
题意: 有一条路上面有N块瓷砖，每块瓷砖积雪深度不一，保证第一块瓷砖与最后一块瓷砖没有积雪，现在A光着脚站在第一块瓷砖，要走到第N块瓷砖，身上从有n双鞋子，按1-n排序，每次只能取最前面的一双鞋，每双鞋有两个属性，能承受最大的积雪深度，还有一次能跨越几块瓷砖，想要换新鞋子必须扔掉旧的或者直接扔掉最上面新的鞋
思路： 我们枚举当前用第i双靴子走路，用dp[j]示前i-1双靴子是否能走到第j块地砖，若dp[j]=true且deep[i]>=dis[j]，说明第i双靴子可以在当前砖块被换上。那么我们就可以用第i双靴子去更新从第j块之后不超过step[i]块的砖块是否能到达。
有个大佬说一般n=250的数据 时间复杂度都是O(n^3)来着，反正这道题确实是。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[255],dis[255],deep[255],step[255];
int main()
{int n,m,ans;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>dis[i];for(int i=1;i<=m;i++){cin>>deep[i]>>step[i];}dp[1]=1;for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(dp[j]&&dis[j]<=deep[i]){for(int k=j;k<=min(n,j+step[i]);k++){if(dis[k]<=deep[i])dp[k]=1;}}}if(dp[n]){ans=i;break;}}cout<<ans-1<<endl;return 0;
}