学习内容:最短路负环处理，dp与FFT刷题

1.负环（P3385）

spfa判负环，若有一个点的入队次数>=n则说明有负环。

2.守望者的逃离(P1095)

考虑到以时间为状态转移，但魔力和跑步同时算比较麻烦，于是可以先算出全用魔力的策略，再迭代一次计算加上跑步的情况。

实际上通过计算我们可以知道在这道题中魔法是要优于跑步的，但问题就在于临近结尾的时候，跑步可能会优于魔法，于是采用再迭代一次来实现。

3.Interesting Function(cf1538F)

这道题是一道很好的数位思维题。实际上对于每个整数，每一位都是一个状态，当改变某一位是，这个位的状态发生改变。回到本题，当一个数加1时，末位的状态一定会发生改变，而倒数第二位的状态则是每当末位进位时改变，那么我们开始考虑末位进位的规律，即遇到9时会进位，在第一次加到个位为9后，之后变为个位变10次，十位变1次，同理可类推到前面的每一位。

那么本题所求即为各位数变化的次数之和。显然，最后一位变化了r-l次，那么十位呢？我们先前提到，从个位第一次遇到9后，每10次就会变化一次，这样的确可以计算出十位，但十位何时会变到9就不方便计算，不利于迭代。

换个思路来想，刚才我们是从什么时候会变来考虑（从原因考虑），那么如果我们从结果考虑，某一位最后一定会成为r中的某一位。而对于某一位来说，它加1只会影响其与其之前的部分，并不会影响后面的位，那么我们可以先不考虑后面的位，让这个某一位成为最后一位，显然，此时情况与个位的情况是一样的，为r'-l'，其中r'和l'为以该位为最后一位的r和l。

那么这道题的思路就很明显了，每次r和l除以十，变为r'和l'，循环求解。

做数位题要摆脱整数的固有思维，但又要适当利用整数的性质。

4.Number of Pairs(cf1538C)

显然要先把数组排序。题中要求l<=ai+aj<=r的对数，即求ai+aj<=r的对数和ai+aj<=l-1的对数。

对于每个ai来说，可以二分找出第一个大于等于r-ai的值，从而求解。

对于有序的数组，二分要优先考虑。

另外，本题还给我们的一些启示就是对于找有多少对满足题意的题，有时要特判的包括ai与ai自己组成一对，针对每个ai计算后要总的ans/2等等。

5.Buying Hay S(P2918)

问题的难点就在于要>=h,这就使得我们无法确定我们要求的答案是dp[?]。考虑到数据范围为<=5000,那么我们只需要枚举j从H到H+5000就可以了。

注意在处理这种要重量要恰好等于某个值的时候，要把dp[重量]设置为INT_MAX,dp[0]=0;

在遇到没有见过的题时，正解不一定是新算法，可能只是加了一些奇奇怪怪的思路~