前面的碎碎念：
状态好差，罚时上天，我裂开了QAQ。

题解部分：

A-古老的牛市，遗迹的天梯
典型的BFS搜索题，关键在于设好状态。设标记数组为V[i][j]，表示以连续后退了j步的状态访问第i层阶梯，那么开始BFS搜索，对于某个状态，按照题目给定的要求，其可以退一步，或者跳跃到与其高度差不超过2^k的阶梯上，每次都按照这两点转移，最后输出到第n阶阶梯的最小步数即可。
时间复杂度：O(n图片说明log(max(ai)))。
代码部分：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct node
{
    int x,h,s;
}Q[6005];
bool flag=0,V[205][35]={0};
int main()
{
    int i,j,n,x,h,s,r=1,f=0,a[205];
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    Q[0].x=1,Q[0].h=Q[0].s=0,V[1][0]=1;
    while(r!=f)
    {
        x=Q[f].x,h=Q[f].h,s=Q[f++].s;
        if(x==n)
        {
            flag=1;
            break;
        }
        for(i=x+1;i<=n&&a[i]-a[x]<=((long long)1<<s);i++)
        {
            if(V[i][0])continue;
            V[i][0]=1,Q[r].x=i,Q[r].s=0,Q[r++].h=h+1;
        }
        if(x>1&&s<31&&!V[x-1][s+1])V[x-1][s+1]=1,Q[r].x=x-1,Q[r].s=s+1,Q[r++].h=h+1;
    }
    if(!flag)h=-1;
    printf("%d\n",h);
    return 0;
}

B-几乎毁灭牛市的流星雨
还是BFS搜索，我们用一个数组T，先初始化为无限大，然后预处理出地图上每个格子被陨石砸中的最短时间。那么我们从(0,0)点开始BFS，找走到任意一个时间无限大点的最短时间就行了。注意虽然数据范围给的x=300,y=300，但是实际上人可以走到300以外的地方，我因此WA了一发QAQ。
时间复杂度：O(300图片说明300)。
代码部分：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct node
{
    int x,y,h;
}Q[100005];
int T[305][305],dx[]={0,0,1,-1},dy[]={1,-1,0,0};
bool flag=0,V[305][305]={0};
int main()
{
    int i,j,r=1,f=0,x,y,h,X,Y,n;
    scanf("%d",&n);
    for(i=0;i<=303;i++)
        for(j=0;j<=303;j++)T[i][j]=1e9;
    while(n--)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&h);
        T[x][y]=min(T[x][y],h);
        for(i=0;i<4;i++)
        {
            X=x+dx[i],Y=y+dy[i];
            if(X<0||X>303||Y<0||Y>303)continue;
            T[X][Y]=min(T[X][Y],h);
        }
    }
    Q[0].x=Q[0].y=Q[0].h=0,V[0][0]=1;
    while(r!=f)
    {
        x=Q[f].x,y=Q[f].y,h=Q[f++].h;
        if(T[x][y]==1e9)
        {
            flag=1;
            break;
        }
        for(i=0;i<4;i++)
        {
            X=x+dx[i],Y=y+dy[i];
            if(X<0||X>303||Y<0||Y>303||h+1>=T[X][Y]||V[X][Y])continue;
            V[X][Y]=1,Q[r].x=X,Q[r].y=Y,Q[r++].h=h+1;
        }
    }
    if(!flag)h=-1;
    printf("%d\n",h);
    return 0;
}

C-迁徙过程中的河流
上来一看感觉是个贪心题，首先一个很直白的贪心思想就是：每次让最短时间的人和另一个人渡河，然后最短时间的人再划船回来，不断运人过去，直到最后都到达了对岸。为了方便讲解，我们对渡河时间数组a排序后，a[0]是最短渡河时间，a[1]是第二短渡河时间，设s=a[0]+a[1]+...+a[n-1]，那么以上思想的总渡河时间就是a[0]图片说明(n-2)+s-a[0]。
但是很明显，这样连样例都过不了，因为这样取得的解不一定是最优的...通过思考(其实是观察样例)，我们可以发现，可以让a[0]减少1个，a[n-2]减少1个，然后a[1]增加2个；然后可以继续a[0]减少1个，a[n-4]减少1个，a[1]增加2个；继续a[0]减少1个，a[n-6]减少1个，a[1]增加2个，以此类推...所以我们保存这个递推过程中，最小的那个总渡河时间就行了。
时间复杂度：O(n图片说明log(n))。
代码部分：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long a[100005];
int main()
{
    long long i,j,s=0,n,ans;
    scanf("%lld",&n);
    for(i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&a[i]),s+=a[i];
    sort(a,a+n);
    if(n==1){printf("%lld\n",s);return 0;}
    j=ans=a[0]*(n-2)+s-a[0];
    for(i=4;i<=n;i+=2)j=j-a[0]+2*a[1]-a[n-i+2],ans=min(ans,j);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

D-牛牛去牛市旅游
第一眼看过去以为是个状压DP，但是复杂度明显不行，于是想着是不是要折半枚举，但是没想出来，结果实际上是个数学问题。
对于必须要通过的道路，我们对其两结点之间连边，那么设其最终有x个连通分量，其中有y个连通分量只有1个结点，那么有x-y个连通分量的节点数是大于1的。对于任意一个节点数大于1的连通分量，要使其合法，必须满足以下两个条件：
1：任意一个结点的度数要小于等于2。
2：不可以有环(此点包括我在内的很多人都没有注意)。
因为每个节点数大于1的连通分量若合法，其可以有正反2种排列，因此最终的答案即为x!图片说明2^(x-y)。
时间复杂度：O(n^2)。
代码部分：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mod=1e9+7;
vector<int>R[55];
bool V[55]={0};
void DFS(int x,int fa)
{
    int i,j;
    if(R[x].size()>2){printf("0\n");exit(0);}
    for(i=0;i<R[x].size();i++)
    {
        j=R[x][i];
        if(j==fa)continue;
        if(V[j]){printf("0\n");exit(0);}
        V[j]=1,DFS(j,x);
    }
}
int main()
{
    int i,j,x=0,y=0,n,A[55];
    char T[55][55];
    scanf("%d",&n);
    for(A[0]=i=1;i<=n;i++)scanf("%s",T[i]+1),A[i]=(long long)A[i-1]*i%mod;
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=1;j<=n;j++)if(T[i][j]=='Y')R[i].push_back(j);
    for(i=1;i<=n;i++)if(!V[i])x++,V[i]=1,DFS(i,0);
    for(i=1;i<=n;i++)if(!R[i].size())y++;
    printf("%d\n",((long long)1<<(x-y))%mod*A[x]%mod);
}

E-牛牛的旅游纪念品
此题做的我心态炸裂，狂WA6发，最后把数组改成long long就A了，我吐了。题面说答案在int范围内，可能中间结果溢出了吧，唉...
我们设DP[i][j]为：前j个商品取i个，在满足题目的位置差条件下的最大欢迎度之和，那么我们有转移方程：

    for(i=2;i<=m;i++)
        for(j=max(k+1,i);j<=n;j++)DP[i][j]=max(DP[i][j-1],DP[i-1][j-k]+a[j]);

因为第一个商品可以任取，所以特殊处理DP[1][i]就行了，同时也要注意k为0的特殊情况。
时间复杂度：(n图片说明m)。
代码部分：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long a[10005],DP[105][10005];
int main()
{
    int i,j,n,m,k;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    if(!k)k=1;
    memset(DP,-0x3f,sizeof(DP));
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),DP[1][i]=max(DP[1][i-1],a[i]);
    for(i=2;i<=m;i++)
        for(j=max(k+1,i);j<=n;j++)DP[i][j]=max(DP[i][j-1],DP[i-1][j-k]+a[j]);
    printf("%lld\n",DP[m][n]);
}

完结撒花，如有疏漏之处，还望轻喷。