这个题刚看上去我整个人都是懵的，但是真的仔细研究一下的话，还是能看出其中的线索的，建议现在对这道题一头雾水的同学先思考一下，再回来看题解（读题的坑好大啊QAQ）
那么线索是什么呢
- d的算式暗藏玄机，这不是一个普普通通的值，而是第1头牛在1上，第n头牛在s上时的相邻牛之间的距离
也就是说，第一头牛必须在1上，第n头牛必须在s上
2.相邻2头牛之间的距离要么是d（没误差），要么是d+1（有误差）,这就是所谓的相邻牛距离与d之差不超过1
3.因为有了上一条，所以我们必须有且只能有s-（n-1）*d个误差间隔
4.因为第i-1个牛棚只可能是相隔d或d+1，所以有f[i][j]=min(f[i-1][j],f[i-1][j-1])+abs(a[i]-(i-1)*d-j)，f[i][j]是前i个点中有j个误差间隔时的最优答案
读题到这里就大概有个思路了吧，接下来只要随意dp，再滚一维数组就可以了
上代码吧
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int n,s,d; int a[1502],f[1502]; int main() { scanf("%d %d",&n,&s); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); } d=(s-1)/(n-1); sort(a+1,a+n+1); memset(f,633,sizeof(f)); f[1]=a[1]-1;//边界，第一头牛离它本应在的位置1的距离 for(int i=2;i<=n;i++) { for(int j=min(i,s-(n-1)*d);j>=1;j--)
//倒着算，滚掉一维，因为我们用到的是f[i-1][j-1]和f[i-1][j],还要取个min，因为一共i个点，不能大于i，最多只需s-（n-1）*d个误差间隔 { f[j]=min(f[j-1],f[j])+abs(a[i]-(i-1)*d-j);//别忘加上当前牛离目标的距离 } } printf("%d",f[s-(n-1)*d]); }
结束