USACO 2016 JANUARY CONTEST, BRONZE PROBLEM 3. MOWING THE FIELD（收割庄稼）

石门实验中学 卢凯宾/译
Farmer John 在管理他的农场方面是很可靠的，除了一个1方面：他在及时地割草或合乎逻辑地割草方面很糟糕。（你问我啥意思?_?译者也是一头雾水的说）
农场是一个由正方形小格子组成的大型二维网格。 FJ 在时刻t ? 0 从这些小格子的其中一个出发，顺便把出发点中的草给割了，那么最初被收割的草方格只有一个2。接下来 FJ 的收割过程由一个长度为 N 的序列描述。例如，如果第一个状态是“W 10”，那么从时刻t ? 1到t ? 10（也就是接下来的 10 个时间单位），FJ 会走一个格子3到他的西边4，并收割沿途的草。在他完成这一系列行动之后，他会在t ? 10 时刻在距原点西边 10 个格子的地方停下来，并完成对一路上所有格子的草的收割。
FJ 的收割速度慢得花儿都谢了，以致有些他割过的草可能在他完成收割前重新长了出来。注意，每株在时刻t 被收割的草会在时刻t ? x 复活。
FJ 这奇葩的收割方式搞不好要让他对同一个点收割好几次，然而机智的他却注意到，他从没有碰到过一个已经收割好还没重新长出来的草格子。即：每次他到达一个格子的时候，他上一次到这个格子最少也是在 x 个时间单位之前了， 机智的他这样安排是为了让调皮的草重新长出来，然后再次被他残忍的收割=_=。
显然，对于机智的你，求出 x 的最大可能值不过是举手之劳，那就轻轻松松编个程序算下咯。
输入格式 (文件名 mowing.in):
输入数据的第一行只有一个正整数 N?1 ? N ? 100?。 接下来的 N 行， 每行的格式形如“ D S” ，
其中 D 描述了方向（N 是 North 北，E 是 East 东，S 是 South 南，W 是 West 西），至于 S 则是照这个方向所走的距离?1 ? S ? 10?。
输出格式 (文件名 mowing.out):
输出 x 的最大值。若 FJ 从未多次到达同一格子则输出-1。
1 这儿的“一个”方面是单数，跟后面的两个方面不一致，但原文是如此——译者注
2 也就是出发点这个格子。——译者注
3 每个时刻都走一格，即一共是走了 10 格的。——译者注
4 这里是按照原文“FJ will step one cell to his west”直译，可理解为“往西走一格”。——译者注
样例输入：
6N
10
E 2
S 3
W 4
S 5
E 8
样例输出：
10
样例解释：
在这个例子中，FJ 在时刻 17 所处的格子正是他在时刻 7 所处的格子；因此， x 一定最多是 10，否则他第一次割掉的草还不够时间重新长出来。他在时刻 26 所处的格子也正是他在时刻 2 所处的格子；因此 x 也不可能超过 24。综合两个条件，易知 x 最多可以是 10。

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题目大意：给出FJ的操作序列，问FJ最多两次访问一个格的差距？注意数据范围足够小，我们可以直接模拟FJ的移动，并用二维数组模拟整个草场，记录FJ最后一次到达某个点的时间（打时间戳）。如果走到某一个点的时候发现之前已经来过了，就计算时间差，取所有时间差的最小值即可。时间复杂度为O(N*S)，空间复杂度为O((N*S)^2)。

#include<fstream>
using namespace std;
const int maxn=105;
const int maxs=15;
ifstream fin("mowing.in");
ofstream fout("mowing.out");
int dx[256],dy[256],n,field[maxn*maxs][maxn*maxs];
int main(){
dx['N']=-1; dx['E']=0; dx['S']=1; dx['W']=0;
dy['N']=0; dy['E']=1; dy['S']=0; dy['W']=-1;
fin>>n;
int ans=2147483647,x=1001,y=1001,t=1;// field[x][y]=0;
for(int i=0;i!=n;++i){
char d;
int s;
fin>>d>>s;
for(int j=0;j!=s;++j){
x+=dx[d]; y+=dy[d];
if(field[x][y]||x==1001&&y==1001)ans=min(ans,t+j-field[x][y]);
field[x][y]=t+j;
}
t+=s;
}
//fout<<ans<<endl;
fout<<(ans==2147483647?-1:ans)<<endl;
return 0;
}