WQS二分

WQS二分/帶權二分/DP凸優化

    模型：有 $n$ 個物品，選擇每一個都會有相應的權值，需要求出強制選 $k$ 個物品時的最大/最小權值和

    參考博客：關於WQS二分算法以及其一個細節證明
    大致思路：
    限制個數的最大/最小權值和可以用 $n^2$ 的 $DP$ 求出
    根據 $DP$ 圖像，可以畫出 $x - g(x)$ 圖像，發現是上凸$/$下凸包，斜率單調
    設用直線 $y = kx + b$ 去切這個圖像，得到 $f(x) = b = g(x) - kx$
    使得截距 $b$ 最大，即對於每個數的權值 $h(x) -= k$ 後
    求一遍任意個數情況下的最大$/$最小 $f(x)$ ，$O(n)$ 的 $DP$ 可以完成

  注意事項：

    $①：$若在答案附近出現斜率相同的情況
    則二分判斷結果 $num <= k$ ，$num$ 爲儘可能少選的數值
    二分判斷結果 $num >= k$ ，$num$ 爲儘可能多選的數值
    $②：$權值 $h(x) -= k$ 要根據實際意義轉化，有時可以爲 $h(x) += k$
    $③：$注意二分的結果是否爲目標值 $k$ 的截距，最終答案要加上 $k * mid$

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例題一：洛谷P2619 [國家集訓隊2]Tree I

    大意：無向帶權連通圖，每條邊爲白色或黑色，求一棵最小權的恰好有 $need$ 條白色邊的生成樹

    題解一：
    給每條白色邊權 $+= x$
    則隨着x的增大，最小生成樹裏白色邊的條數會減少，具有單調性
    二分即可

    題解二：
    根據 $WQS$ 二分，發現這個 $x - g(x)$ 是一個下凸包
    二分斜率，每條白色邊權 $-= x$
    對答案 $+ k * mid$ 即可

    思考：
    發現兩者的代碼除了邊權的處理外，幾乎一模一樣
    其實題解一里也是枚舉斜率，相比於題解二，它枚舉的是斜率的相反數
    因此在二分裏，$l$ 與 $r$ 相反，兩種方法具有同樣的意義

#include<bits/stdc++.h>
#define rint register int
#define deb(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
int n, m, k, f[maxn], ans, num;
struct edge {
	int s, t, c, col;
} e[maxn], ed[maxn];

bool cmp(const edge A,const edge B) {
	if(B.c == A.c) return A.col < B.col;
	return A.c < B.c;
}

int getf(int x) {
	return x == f[x] ? x : f[x] = getf(f[x]);
}

bool ck(int x) {
	for(int i=1; i<=n; i++) f[i] = i;
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		ed[i] = e[i];
		if(!e[i].col) ed[i].c -= x;
	}
	sort(ed+1, ed+1+m, cmp);
	ans = 0, num = 0;
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		int fs = getf(ed[i].s), ft = getf(ed[i].t);
		if(fs == ft) continue;
		f[fs] = ft;
		ans += ed[i].c;
		num += !ed[i].col;
	}
	return num >= k;
}

int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	for(int i=1; i<=m; i++) {
		scanf("%d%d%d%d", &e[i].s, &e[i].t, &e[i].c, &e[i].col);
		e[i].s++, e[i].t++;
	}
	int l = -1e5, r = 1e5, mid;
	while(l <= r) {
		mid = l + r >> 1;
		if(ck(mid)) r = mid - 1;
		else l = mid + 1;
	}
	ck(l);
	printf("%d\n", ans + k * l);
}

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例題二：[BZOJ1150][CTSC2007]數據備份

    大意：$n$ 個辦公樓排成一條直線，給出距離最開始的距離
    選擇 $k$ 對辦公樓，使得 $k$ 對辦公樓每對之間的距離和最小

    題解：
    圖像上凸，設 $dp[i][0]$ 爲前 $i$ 個數，第 $i$ 個沒選的最小代價
    $dp[i][1]$ 爲前 $i$ 個數，第 $i$ 個選擇的最小代價
    注意儘可能少選與多選的區別

#include<bits/stdc++.h>
#define rint register int
#define deb(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
int n, k, d[maxn];
ll dp[maxn][2], num[maxn][2];

int get(int x){
	if(dp[x][0] == dp[x][1]) return num[x][1] < num[x][0];
	return dp[x][1] < dp[x][0];
}

bool ck(ll x) {
	dp[1][0] = num[1][0] = 0;
	dp[1][1] = num[1][1] = 1e18;
	for(int i=2; i<=n; i++){
		dp[i][0] = dp[i-1][get(i-1)];
		num[i][0] = num[i-1][get(i-1)];
		dp[i][1] = dp[i-1][0] + d[i] - d[i-1] - x;
		num[i][1] = num[i-1][0] + 1;
	}
	int getn = get(n);
	dp[n][0] = dp[n][getn];
	num[n][0] = num[n][getn];
	return num[n][0] <= k;
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	ll l = 0, r = 0, mid;
	for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", d+i), r += d[i];
	while(l <= r){
		mid = l + r >> 1;
		if(ck(mid)) l = mid + 1;
		else r = mid - 1;
	} 
	ck(r);
	printf("%lld\n", dp[n][0] + 1ll * k * r);
}