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思路：

可将本题转换为一个区间覆盖问题。

首先可以将r天感染后的所有1找出，即给出若干个全为1的线段。

假设最开始有一头牛感染，经过r天，这头牛会把左边的r头牛感染右边r头牛也感染，相当于每头初始被感染的牛都可以感染长度为2r+1的区间，将这些区间覆盖最开始的区间得到感染后的情况，即可转换为区间覆盖问题。
 

可知所有的1区间都是不相连的，即初始时所有的段与段之间都是独立的，则就可以分别考虑每一段，对每一段中，每一个初始被感染的牛都可以在此区间内进行区间覆盖

则问最开始时就受到感染的牛的最小可能数等价于：问最少用多少个长度为2r+1的区间可以将其覆盖，当然区间可以重复覆盖，因为一头牛被感染后可以重复感染

由下图公式可知，最少需要的区间数为（假设该区间长度为c）[c/(2r+1)]（上取整）

由公式可知（其实想想也知道），天数越多开始被感染的牛越少x越大越好，但是能有多大？

这里为什么要限制天数呢？是因为给出的经过r个夜晚后的感染情况有0有1，如果不限制天数，结果一定都是1，不符合题目的要求

r的多少需要考虑每一段区间对r的限制

有两种情况：

情况1：当考虑该区间c两边都是0的时候，用来覆盖c区间的区间（2r+1）一定不能超过c，因为左右两边都是0，比如如果大于的话左右两边应该都被感染了，但是实际并没有。即有2r+1<=c，r<=[(c-1)/2]下取整

情况2：对于左右边界，当是最左边的牛感染时取得最多感染天数，为c-1，右边同理，即天数r<=c-1
还有一种极端情况即最终所有牛都被感染了，这个时候只需要1头牛，最多经过r-1 天

x需要满足上面每一个不等式需要取交集，即通过min实现

求下取整：除法
求上取整：（a+b-1）/b

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>using namespace std;const int N=300010;int n;
char s[N];
vector<int> cnt;//存每段区间的长度
//
int main()
{cin>>n;//牛的数量 for(int i=0;i<n;i++)//牛的感染情况 cin>>s[i]; int r=n;//取r（感染天数）的最大值 for(int i=0;i<n;i++){if(s[i]=='0') continue;//没有被感染//表示当前第一头被感染的牛，左边界int j=i+1;//用j来枚举右边界while(j<n&&s[j]=='1') j++;int c=j-i;//小区间长度int d=(c-1)/2;//天数，先假设是中间的情况//判断是否是左右两侧if(!i||j==n)//当i=0是左侧，当j==n右侧 d=c-1;r=min(r,d);//r需要满足所有不等式，即取交集cnt.push_back(c);//存入当前区间的长度i=j;//更新i }int res=0;//一共需要多少小区间 for(int c:cnt)res+= (c+2*r)/(2*r+1);cout<<res<<endl;return 0; 	}