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在某些題目中，強制規定只能選 \(k\) 個物品，選多少個和怎麼選都會影響收益，問最優答案。
對於上述描述的題目，大部分都可以通過列舉選擇物品的個數做到 \(o(nk^2)\) 或 \(o(nk)\) 的 \(\mathrm\)，如果沒有選擇個數的限制的話，複雜度大概會降為 \(o(n)\) 級別。
先不考慮數量限制。
假設要最小化權值。
還是拿題說吧：給定長度為 \(n\) 的正整數序列，要求將該序列劃分為 \(k\) 段，記每段之和為 \(sum(i)\)，求最小的 \(\sum\limits_^k sum(i)^2\)。
如果沒有段數限制，那我們肯定是每個數分成一段對吧。
如果加上段數限制呢？
先放上結論：打表可得如果以段數 \(k\) 為橫座標，以該段數求得的最小和 \(f(k)\) 為縱座標，把這 \(n\) 個點放在平面直角座標系上，那麼形成的圖形會是乙個上凸包。也就是相鄰兩點的斜率單調不增。
那就可以考慮\(\mathrm\)二分了。
注意當前的問題是：我們知道這個圖形是乙個上凸包，但是並不知道具體的 \((x,f(x))\) 座標。
我們可以二分乙個權值 \(mid\)，這個 \(mid\) 表示，我們要拿一條直線去切當前這個凸包，這個直線的斜率為 \(mid\)。因為是上凸包，那這條直線肯定會在交某個點 \((x,f(x))\) 時截距取到最小值。設當前截距為 \(g(mid)\)。
直線可以表示成 \(y=kx+b\)，所以 \(f(x)=mid\cdot x+g(mid)\)。
移項，\(g(mid)=f(x)-mid\cdot x\)。
觀察上面的等式，如果當前橫座標為 \(x\) 的話，\(g(mid)\) 恰好是 \(f(x)\) 減去 \(x\) 個 \(mid\)。
\(f(x)\) 不好求，那我求出來 \(g(mid)\)，再順便求出來 \(x\) 不就行了嗎。
也就是說，如果能求出截距 \(g(mid)\)，並且知道當前切到點的橫座標 \(x\)，那就可以求得 \(f(x)\)，並且可以根據 \(x\) 和題目中的 \(k\) 來調整 \(mid\) 了。
回到題目，我們假設當前沒有分 \(k\) 段這個限制，但是多了乙個條件，每分一段都需要將代價額外加上 \(mid\) 。
在這個條件下，我們做一遍沒有取物品限制的\(\mathrm\)，得出當前的最優解 \(a\) 和取最優解時候分出的段數 \(b\)，那就有 \(g(mid)=a,x=b\)。
這樣就能求出來 \(f(x)\) 了。
但是關鍵不在 \(f(x)\)，而在這個 \(x\)。如果使用的這個 \(x\) 大於題目中的 \(k\)，那就得增大這個 \(mid\)，感性理解一下，代價增多了分的段數才會少，反之就要減少 \(mid\)。
這樣通過二分就可以找到一條恰好切於 \((k,f(k))\) 這個點的直線，進而就知道答案 \(f(k)\) 了。
還有乙個問題沒有解決，如果我們二分不出來這個具體的 \(k\) 怎麼辦，也就是說，凸包上出現三點共線的情況怎麼辦。
如果這樣，我們就再額外新增乙個規則，比如說在滿足 \(g(mid)\) 為最大權值的情況下使得 \(x\) 最小。這樣就知道直線的最左端點 \(t\) 了。又因為斜率和截距是相同的，所以即使 \(t!=k\) 拿截距 \(g(t)-k\cdot mid\) 也還是最終的答案。
給你乙個無向帶權連通圖，每條邊是黑色或白色。讓你求一棵最小權的恰好有 \(k\) 條白色邊的生成樹。題目保證有解。
這就是\(\text\)二分裸題了。二分乙個 \(mid\)，然後把所有白邊的邊權加上 \(mid\)，然後求一下當前的花費和用了幾條白色邊，然後動態調整即可。
這裡有乙個細節就是會出現白邊和黑邊邊權相等的情況，這時候就要用到上邊的做法，強制規定乙個規則。假設我們規定相等時先用白邊，那二分就這麼寫：
while(l<=r)因為我們令 \(x\) 盡可能大，所以要在 \(used>=k\) 時記錄 \(mid\)。
**定義一段序列的值為 \(\frac^n x_i\times \bar x)+\bar x\right)}\) ，其中 \(n\) 為該序列長度。
給定長度為 \(n\) 的序列，要求分為 \(m\) 段，使得每一段的值的和最小。
把這個式子拿出來推一推，發現這就是個斜率優化的式子了。
然後就套路二分 \(mid\)，\(\text\)的時候用斜率優化 \(o(n)\) 求就行了。
md這題wa了好幾次竟因\(\mathrm\)沒加括號身敗名裂
**有 \(a\) 個寶貝球和 \(b\) 個大師球。對於每個神奇寶貝，用寶貝球抓到的概率為 \(p_i\)，用大師球抓到的概率為 \(q_i\)
（咦不是100%嗎） 。不能對乙個神奇寶貝用多個相同種類的球，但是可以既用寶貝球又用大師球。問最優方案下期望抓到的神奇寶貝數量。
這題...因為有兩個限制，所以要\(\text\)套\(\text\)。
每次二分出 \(mid1,mid2\)，表示每使用乙個寶貝球就要支付 \(mid1\) 的代價，每使用乙個大師球就要支付 \(mid2\) 的代價，然後正常做\(\text\)，記錄三個狀態：最優方案期望抓多少，最優方案下用多少寶貝球，最優方案下用多少大師球。然後轉移取最大值就好了。
乙個小細節就是，如果同時用寶貝球和大師球，那期望不僅僅是 \(p_i+q_i\)，而應該是 \(p_i+q_i-p_iq_i\)。這個推一推式子就知道了。
**給定一棵 \(n\) 個節點帶邊權的樹，求 \(k+1\) 條點不相交的鏈使得邊權和最大。\(k。
首先有個 \(60\) 分做法，就是暴力樹形\(\text\)。
通常設狀態都是 \(f[i][j]\) 表示點 \(i\) 為根的子樹，選了 \(j\) 條鏈的最大邊權和。但是我們發現這並不能轉移。觀察到最終由選出來的鏈構成的圖上，每個點的度數只有 \(0/1/2\) 三種，因此不妨將狀態變為 \(f[i][j][0/1/2]\) 表示點 \(i\) 為根的子樹，選了 \(j\) 條鏈，現在點 \(i\) 的度數為 \(0/1/2\) 的最大邊權和。這樣就可以轉移了。
假設當前點為 \(x\)，剛\(\text\)完 \(x\) 的乙個孩子 \(y\)，現在要進行揹包合併。
轉移根據取不取 \((x,y)\) 這條邊分為兩種情況討論。
不取
設 \(now=\max(f[y][k-i][0],f[y][k-i][1],f[y][k-i][2])\)，讓 \(x\) 的每個狀態和 \(now\) 取個\(\max\)就好了。
取
設 \(d\) 為 \((x,y)\) 的邊權。
這個分開看比較好：
\(f[x][k][1]=\max(f[x][k][1],f[x][i][0]+f[y][k-i][1]+d,f[x][i-1][0]+f[y][k-i][0]+d)\)
後邊兩項分別表示，從子樹 \(y\) 中伸上來一條鏈然後連線上 \(x\)，或新建一條鏈，讓 \((x,y)\) 單獨作為一條鏈的兩個端點。
\(f[x][k][2]=\max(f[x][k][2],f[x][i+1][1]+f[y][k-i][1]+d,f[x][i][1]+f[y][k-i][0]+d)\)
後邊兩項分別表示，讓 \(x\) 作為一條鏈中間的某個點，即將從 \(x\) 其他子樹伸上來的一條鏈和 \(y\) 伸上來的一條鏈結在一起，或將 \(y\) 直接與 \(x\) 從其他子樹伸上來的一條鏈合併。
初值就是 \(f[x][0][0]=f[x][1][1]=f[x][1][2]=0\)，其他都為 \(-\infty\)。
後邊兩項表示，讓點 \(x\) 作為一條向上延伸的鏈的最下方的端點，和讓 \(x\) 單獨成為一條鏈。
這樣就可以通過 \(o(nk^2)\) 的\(\text\)拿到\(60\)分了。
60分**
正解就是在此基礎上進行\(\text\)二分。
二分乙個權值 \(mid\)，表示每選一條鏈就要付出 \(mid\) 的代價。
然後進行沒有選出鏈數限制的樹形\(\text\)。每個狀態 \(f[i][0/1/2]\) 記錄兩個值，選出的最大邊權和與在此基礎上最多的鏈數。
然後二分就好了。
這裡也有在凸包上三點共線的問題，解決方案就是，因為我們最大化了選出的鏈數，所以在二分過程中，選出的鏈數如果 \(>=k\) ，那就得記錄當前的 \(mid\) 了。
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WQS二分 學習筆記
我的理解 不一定很對 大概就是某個東西越多總貢獻越大，要求剛好取n個時的最優解。可以把 dp 狀態裡記的取的個數這一維去掉，而設乙個 co st，取 k 個物品，總貢獻要多減去cost k，然後 dp cos t 越大，物品數取越少。二分 co st使得 dp 得到的答案剛好取了 n 個物品。設 g...
WQS二分學習筆記
wqs 二分聽起來是個很難的演算法，其實學起來也並不是那麼難。在某些題目中，會對於某個取得越多越優的物品，限定你最多選擇 k 個，問你能得到的最優答案。例如這道題目 cf739e gosha is hunting。這些題目一般都可以通過列舉選擇的物品個數並 o n dp 來做到 o nk 但如果隨著...
學習筆記 wqs二分 dp凸優化
從乙個經典問題談起 有乙個長度為 n 的序列 a 要求找出恰好 k 個不相交的連續子串行，使得這 k 個序列的和最大 1 leq k leq n leq 10 5,10 9 leq a i leq 10 9 先假裝都會 1 leq k leq n leq 1000 的 dp 做法以及 k 1 的子問...