第一題:

【題目描述】
農夫約翰被通知，他的一隻奶牛逃逸了！所以他決定，馬上出發，儘快把那隻奶牛抓回來．
他們都站在數軸上．約翰在N(O≤N≤100000)處，奶牛在K(O≤K≤100000)處．約翰有兩種辦法移動，步行和瞬移：步行每秒種可以讓約翰從x處走到x+l或x-l處；而瞬移則可讓他在1秒內從x處消失，在2x處出現．然而那隻逃逸的奶牛，悲劇地沒有發現自己的處境多麼糟糕，正站在那兒一動不動．
   那麼，約翰需要多少時間抓住那隻牛呢？

【輸入格式】
僅有兩個整數N和K

【輸出格式】
最短時間

【樣例輸入】
5 17

【樣例輸出】
4

這一題就很水了，直接暴力搜尋即可，這裡就直接給出程式碼了：
AC程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100000+10;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn],tot;
int DFS(int szsh){
    if(c[szsh]!=0) 
       DFS(c[szsh]);
    tot++;
}
int main(){
    int n,k,x;
    cin>>n>>k;
    if(n==k){
       cout<<0<<endl;
       return 0;
    }
    a[1
 
]=n;
    b[n]=1;
    int head=0,tail=1;
    while(head!=tail){
        head++;
        for(int i=1;i<=3;i++){
            if(i==1) 
               x=a[head]+1;
            if(i==2) 
               x=a[head]-1;
            if(i==3) 
               x=a[head]*2;
            if(x>=0&&b[x]==0&&x<=100000
 
){
               tail++;
               a[tail]=x;
               c[tail]=head;
               if(x==k){
                 DFS(tail);
                 cout<<tot-1<<endl;
                 head=tail;
                 break;
               }
               b[x]=1;
            }
       }
    }
    return 0;
}

第二題：

【題目描述】
FJ打算好好修一下農場中某條凹凸不平的土路。按奶牛們的要求，修好後的路面高度應當單調上升或單調下降，也就是說，高度上升與高度下降的路段不能同時出現在修好的路中。 整條路被分成了N段，N個整數A_1, ... , A_N (1 <= N <= 2,000)依次描述了每一段路的高度(0 <= A_i <= 1,000,000,000)。FJ希望找到一個恰好含N個元素的不上升或不下降序列B_1, ... , B_N，作為修過的路中每個路段的高度。由於將每一段路墊高或挖低一個單位的花費相同，修路的總支出可以表示為： |A_1 - B_1| + |A_2 - B_2| + ... + |A_N - B_N| 請你計算一下，FJ在這項工程上的最小支出是多少。FJ向你保證，這個支出不會超過2^31-1。

【輸入格式】
 第1行: 輸入1個整數：N * 第2..N+1行: 第i+1行為1個整數：A_i

【輸出格式】
第1行: 輸出1個正整數，表示FJ把路修成高度不上升或高度不下降的最小花費

【樣例輸入】
7
1
3
2
4
5
3
9

【樣例輸出】
3

【樣例解釋】
FJ將第一個高度為3的路段的高度減少為2，將第二個高度為3的路段的高度增加到5，總花費為|2-3|+|5-3| = 3，並且各路段的高度為一個不下降序列 1,2,2,4,5,5,9。

這一題顯然就比上一題難了，顯然，這是一個DP加上最長不下降子序列以及最長不上升子序列問題，這樣就得離散化處理，對於前i個數，我們需要關心的有兩個值
1.把它變成單調序列需要的土，越少越好
2.第i個數的大小，越小越好
於是dp[i][j]表示考慮前i個數，第i個數是j時，至少需要的土第i個數是j時最少需要的土，就等於j和a[i]差的絕對值+ 第i-1個數小於等於j時至少需要土的最小值並且得結合滾動陣列，得出狀態轉移方程：dp[i-1][j]=abs(a[i]-b[j])+min(dp[i-1][j])；
程式碼如下:

#include <bits/stdc++.h>
const int maxn=2000+10;
using namespace std;
int dp[maxn*3][maxn*3],a[maxn],b[maxn],t,ans,n;
int min(int a,int b){
    return a<b?a:b;
}
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        b[i]=a[i];
    }
    sort(b+1,b+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        dp[1][i]=abs(a[1]-b[i]);
    for(int i=2;i<=n;i++){
        int k=dp[i-1][1],temp;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            k=min(dp[i-1][j],k);
            temp=abs(a[i]-b[j]);
            dp[i][j]=k+temp;
        }
    }
    ans=dp[n][n];
    for(int i=1;i<n;i++)
        ans=min(ans,dp[n][i]);
    cout<<ans;
    return 0;
}

第三題直接騙分輸出n-1竟然蒙對了兩個樣例點！！！rp也是夠可以了。