現在才AK，我的心啊……

T1：

題目大意：

兩頭公牛之間至少有有k頭奶牛的組合有多少種？

dp.

設f[i]表示到前i頭牛能組成的方案數.

分類討論：

對於i<=k，則不可能放兩隻公牛，公牛放一隻有i種，不放公牛也算一種，合起來就是i+1種

對於i>k，可以放n多隻公牛，那麼很明顯，如果第i個為母牛，則方案數為f[i-1]，若放公牛則方案數為f[i-k-1]（這樣子才能去重）

T2：

題目大意：

給你一堆計算公式，讓你求一個最終的最優值。

分析：

注意，這些計算公式有一個特點，那就是根據下標的位置來計算的。

沒看懂題的就可以ctrl+w了……

那麼，設一個最容易想到的狀態：

f[i,j]表示前i個數選j個數的最優值，且第i個必選。

則對於前i個數，因為計算值與下標有關，所以我們還需列舉一個下標k，前k個數的值可以直接通過狀態值求出。

而k+1到i-1需要計算得出值，設為sum（這也需要個迴圈）

f[i,j]=min{sum+f[k,j-1]}

這樣就可以求解最優值了.

注意當我們對狀態f[i,j]是否為最優值時，對於i+1到n的還要再算出來，這些也是需要費用的，費用也很容易算出來，直接按照公式第三步按部就班就Ok了.

時間複雜度將近O(n^4)

當然，還可以優化時間.

不先列舉個數j，先列舉k，然後求一個區間的值，記為sum，則可以為O(n³)

T3:

顯然對於兩種下車的奶牛(a,b),(c,d)，若c>a,d<b，則如果車滿的話肯定踢掉a,b

按照此思路然後用個鄰接表求一下好了

具體取法如下：

如果當前前面上車的奶牛數為x，現在需要上車的奶牛加上x大於了總載量，則肯定先載到滿之後在看餘下的是否能代替一些牛。

T4：

連負邊，走一遍spfa，注意：如果某一個點經過的次數“過多”就是出現了負環，輸出無解即可。