可惜他们面对一个严峻的问题，因为斗地主前得选一个人先做叫/不叫地主的操作，于是csy拿出一个色(se)子(zi)，打算比谁的点数高。但是作为OIer，比法得高级一点，于是zhk大佬想出了一个办法，他给出T(T<=5000)个问题，每个问题是：初始时色子的顶面是1，接下来你可以任意钦定一个点数朝上，作为第一步，下面每一步，你可以将色子的四个侧面中的任意一个旋转成顶面，使得每一步朝上的点数的总和恰好等于n(n<=10000)，求至少多少步。
很多同学都理解出歧义了，其实开始的时候1朝上是不能算进去的，所以输入1，应该输出1
这是道很好的DP练习题，请不要使用瞎猜找规律的方法AC
这题显然是dp
数组
f[i][j]
表示的是，翻到的数字和为i，现在数值为j的那一面朝上
题意有一个坑点
你可以随便选择一面朝上开始翻
状态有了，现在要来考虑转移状态的方程该怎么写了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long f[10010][11];//状态表示：f[i][j]表示，翻完的值为i,此时色子j面朝上，所花费的步数最小值(算j)
int main(){//由于数据个数很多，所以需要直接在外面初始化
memset(f,0x3f3f3f,sizeof(f));//先将f的值设定为无穷大
f[0][1]=0;//边界条件。显然的。
for(int i=2;i<=10000;i++)//一直算到最大值
for(int j=1;j<=6&&j<=i;j++)//从哪个地方过来的
for(int k=1;k<=6;k++)//从那个地方过来的之前在哪个点能是f[i][j]最小(它是怎么来的)
if(j+k!=7&&j!=k)f[i][j]=min(f[i][j],f[i-j][k]+1);//不能跟j对面，也不能与j相同，我看过了陈书扬的代码，状态转移方程竟然是推未来，很玄学，我觉得还是我的代码更加简洁易懂。
long long T;
cin>>T;
while(T--){
long long x;
cin>>x;
long long ans=0x3f3f3f;
for(int i=1;i<=6;i++)ans=min(ans,f[x][i]);//判断最后到那个格子翻的次数最少
if(x<=6)cout<<1<<endl;
else if(ans==0x3f3f3f)cout<<-1<<endl;//如果对于赋的初值，显然是没有办法翻到了
else cout<<ans<<endl;//否责，当然是输出最优解了
}
return 0;
}