目录：
T1：Bucket Brigade
T2：Milk Factory
T3：Cow Evolution
USACO的题……原汁原味连标题都是英文，排面！
正题：
T1：Bucket Brigade
题目描述
农场上起火了，奶牛们正在紧急赶去灭火！
农场可以用一个像这样的10×10的字符方阵来描述：
字符’B’表示正着火的牛棚。字符’L’表示一个湖，而字符’R’表示农场上的一块巨大岩石。奶牛们想要沿着一条湖到牛棚之间的路径组成一条“水桶传递队列”，这样她们就可以沿着这条路径传递水桶来帮助灭火。当两头奶牛在东南西北四个方向上相邻时水桶可以在她们之间传递。这对于湖边的奶牛也是对的——奶牛只能在紧挨着湖的时候才能用水桶从湖里取水。类似地，奶牛只能在紧挨着牛棚的时候才能用水去灭牛棚的火。
请帮助求出奶牛们为了组成这样的“水桶传递队列”需要占据的’.'格子的最小数量。奶牛不能站在岩石所在的方格之内，此外保证牛棚和湖不是相邻的。
输入
输入包含10行，每行10个字符，描述这个农场的布局。输入保证图案中恰有一个字符’B’、一个字符’L’以及一个字符’R’。
输出
输出一个整数，为组成一条可行的水桶传递队列所需要的奶牛的最小数量。
样例输入
..........
..........
..........
..B.......
..........
.....R....
..........
..........
.....L....
..........
样例输出
7
分析：
一个广搜即最少步数。
先判断’B’的位置，标记，广搜判断中判断’R’
最后，如果搜到了’L’，就输出当前广搜所用步数。
CODE：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,f[100010][4];
char a[101][101];
bool bz[101][101];
int dx[4]={1,0,-1,0},dy[4]={0,1,0,-1};
int main(){
freopen("buckets.in","r",stdin);
freopen("buckets.out","w",stdout);
n=m=10;
for(int i=1;i<=10;i++){
for(int j=1;j<=10;j++){
cin>>a[i][j];
if(a[i][j]=='B'){ //找出所有的'B'，标记
f[1][1]=i;
f[1][2]=j;
vis[i][j]=1;
}
}
}
int tail=1,head=0;
while(head<tail){ //广搜
head++;
for(int i=0;i<4;i++){
int xx=f[head][1]+dx[i];
int yy=f[head][2]+dy[i];
if(a[xx][yy]!='R' /*非'R'再判断越界*/&&xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=m&&vis[xx][yy]==0){
tail++;
f[tail][1]=xx;
f[tail][2]=yy;
f[tail][3]=f[head][3]+1;
vis[xx][yy]=1;
if(a[xx][yy]=='L'){ //找到了'L'就输出步数
cout<<f[head][3];
return 0;
}
}
}
}
return 0;
}
T2：Milk Factory
题目描述
牛奶生意正红红火火！Farmer John的牛奶加工厂内有N个加工站，编号为1…N（1≤N≤100），以及N−1条通道，每条连接某两个加工站。（通道建设很昂贵，所以Farmer John选择使用了最小数量的通道，使得从每个加工站出发都可以到达所有其他加工站）。
为了创新和提升效率，Farmer John在每条通道上安装了传送带。不幸的是，当他意识到传送带是单向的已经太晚了，现在每条通道只能沿着一个方向通行了！所以现在的情况不再是从每个加工站出发都能够到达其他加工站了。
然而，Farmer John认为事情可能还不算完全失败，只要至少还存在一个加工站i满足从其他每个加工站出发都可以到达加工站i。注意从其他任意一个加工站j前往加工站i可能会经过i和j之间的一些中间站点。请帮助Farmer John求出是否存在这样的加工站i。
输入
输入的第一行包含一个整数N，为加工站的数量。以下N−1行每行包含两个空格分隔的整数ai和bi，满足1≤ai,bi≤N以及ai≠bi。这表示有一条从加工站ai向加工站bi移动的传送带，仅允许沿从ai到bi的方向移动。
输出
如果存在加工站i满足可以从任意其他加工站出发都可以到达加工站i，输出最小的满足条件的i。否则，输出−1。
样例输入
3
1 2
3 2
样例输出
2
分析：
此题充满了玄学……
你当然可以依题意用图论做
这道题说白了先排序，然后做判断。
先判如果当前站编号等于它下一站编号，即不能全部走，输出’-1’（注意循环i=1;i<n-1;i++）
然后判，如果当前站编号等于从小到大编号的顺序，直接输出当前编号。（这一切都是建立在排完序之后的有序状态之下）
还有说一下题库里数据：
1≤N≤100
但我数组开70为啥也能过？
CODE：
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n,a[71],b[71]; //··11
int main(){
freopen("factory.in","r",stdin);
freopen("factory.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
sort(a+1,a+n); //排序很重要
for(int i=1;i<n-1;i++)
{
if(a[i]==a[i+1]){ //判条件①
cout<<"-1"<<endl;
return 0;
}
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(a[i]!=i) //再判条件②
{
cout<<i<<endl;
return 0;
}
}
return 0;
}
T3：Cow Evolution
题目描述
现在是3019年，在过去的一千年里发生了不计其数的牛类进化，产生了具有各种有趣特性的奶牛。
牛类进化的记录可以用一棵树来表示，起源是位于树根位置的没有特殊特性的奶牛。树上每一个产生后代的结点，有可能所有的奶牛都进化出了一种新的特性（比如说喷火（fire breathing），如下图所示，其中所有斑点（spots）奶牛最后都能喷火），或者是奶牛种群产生了分支进化，其中有些进化出了新的特性（比如，飞（flying）），有的没有。
树底部的叶结点表示3019年所有产生的奶牛的子种群。没有不同的叶结点（子种群）具有完全相同的一组特性。例如，子种群#1是没有特殊特性的奶牛，子种群#3是能够心灵感应的（telepathic）并且会飞的奶牛。相比之下，子种群#2是会飞但不能心灵感应的奶牛。子种群#3是唯一既会飞又会心灵感应的。
像上图这样每一种进化出的新特性都恰好在树中的一条边上产生（也就是说，在整个进化历史中仅在一个时间点产生），这样的进化树被称为是“合法的”。例如，如果斑点这一特性在两个不同分支中均进化产生，这棵进化树就不是合法的。给定3019年奶牛子种群的描述，请判断是否这可以由一棵合法的进化树所解释。
输入
输入的第一行包含子种群的数量N（2≤N≤25）。以下N行每行描述一个子种群。每行包含一个整数K（0≤K≤25），之后是K个该子种群奶牛所拥有的特性。特性是由至多20个小写字母（a…z）组成的字符串。没有两个子种群拥有完全相同的特性。
输出
如果可能构造一棵可以解释所有子种群产生途径的进化树，输出"yes"，否则输出"no"。
样例输入
4
2 spots firebreathing
0
1 flying
2 telepathic flying
样例输出
yes
分析：
字符串处理
这道题乍一看好像很高级，实际只要枚举几种情况就好了。
①：A是否包含B
②：B是否包含A
③：A与B是否相同
都不是则输出’no’，否则输出’yes’
CODE：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
string s[31][31],a[31];
int m,u[31],n;
bool judge(string a,string b){
bool f1=0,f2=0,f3=0,f4=0,f5=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
f1=0,f2=0;
for(int j=1;j<=u[i];j++){
if(s[i][j]==a)f1=1; //判断包含a
if(s[i][j]==b)f2=1; //判断包含b
}
if(f1&&!f2)f4=1; //再判断a b两字符串互相包含
if(f2&&!f1)f5=1; //三种情况
if(f1&&f2)f3=1;
}
return f4>0&&f5>0&&f3>0;
}
int main(){
freopen("evolution.in","r",stdin);
freopen("evolution.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
int k,sum=0;
cin>>k;
u[i]=k;
for(int j=1;j<=k;j++){
string str;
cin>>str;
sum++;
s[i][sum]=str;
bool flag=0;
for(int i1=1;i1<=m;i1++){
if(a[i1]==str){
flag=1;
break;
}
}
if(!flag)m++,a[m]=str; //填入新的
}
}
int f=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=i+1;j<=m;j++)
if(judge(a[i],a[j])) {
cout<<"no"; //做完判断
return 0;
}
cout<<"yes";
return 0;
}