wqs二分 学习笔记

wqs二分学习笔记

wqs二分适用题目及理论分析

wqs二分可以用来解决这类题目：

给你一个强制要求，例如必须\(n\)条白边，或者划分成\(n\)段之类的，然后让你求出最大（小）值。但是需要满足图像是个凸包。

这里讲一下它的原理。假设我们现在需要解决的问题是求分\(x\)段的最小花费。我们假设对于每个\(x\)它的最小花费\(f(x)\)的图像长成这个样子:

当然，这只是个大概图像。

我们假设拿一条斜率为\(k\)的直线去切它，我们假设切到的截距最大值为\(g(k)\)，使截距最大点为\(n\)，那么图像大概长成这个样子。

我们显然可以得到一个式子：

\[f(n)=kn+g(k)
\]

\[\Rightarrow g(k)=f(n)-kn
\]

于是，我们只需要知道\(g(k)\)和\(n\)就可以求出\(f(n)\)。

我们观察\(g(k)\)的式子，发现其实就等价于每分一段贡献在原有的基础上少\(k\)（对于这个问题而言），于是我们可以忽略段数限制，直接做\(\texttt{dp}\)，就可以找到最小截距和\(n\)。

我们为了满足恰好分成\(x\)段的要求，如果我们当前的\(n\)小了，我们就应该把\(k\)变小，反之亦凡，于是我们就可以使用二分查找到合适的\(k\)使得\(n=x\)从而计算出\(f(x)\)了。（这个应该很显然吧）

（所以谁能告诉我为什么可以不用二分小数啊？？？）

例题讲解

\(\text {The 1st}\)

忘情

题目描述

给你一个有\(n\)个数的数列，要求你分成\(m\)段，每一段的贡献为\((\sum a_i+1)^2\),求出最小贡献和。

解题思路

真的很经典（虽然最经典还是Tree I）

如果没有恰好分成\(m\)段，我们可以轻易地列出\(\texttt{dp}\)式，即:

\[dp[i]=\min_{j=1}^{i-1}\{dp[j]+(pre[i]-pre[j]+1)^2\}
\]

其中\(pre[i]=\sum_{j=1}^{i} a_j\)。

现在有了分成\(m\)段的条件，我们发现只需要说明这是个凸函数就可以使用\(\texttt{wqs}\)二分了。这个感性证明一下就好了。然后使用斜率优化就可以做到\(\Theta(n\log w)\)。其中\(w\)是值域。

\(\text {Code}\)

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\(\text {The 2ed}\)

林克卡特树

题目描述

给定一棵\(n\)个点的数，再给定\(k\)，求出树上不相交的\(k+1\)条链的权值最大和。需要注意的是，链是可以在树上拐个弯的。

解题思路

首先很显然这是个上凸函数。于是我们可以考虑使用\(\texttt{wqs}\)二分。为了方便，后面设\(v\)为\(\texttt{wqs}\)二分中的斜率。

考虑不考虑段数的\(dp\)，我们可以设\(dp[u][0/1/2]\)，表示\(u\)这个点与儿子之间有\(0/1/2\)条连边时以\(u\)为根的子树内所包含的链权值之和的最大值。

为了方便，\(dp[u][1]\)是还未构造完当前这条链的权值和，也就是说这个东西不需要减去\(v\)。

设：

\[k=\max \{dp[v][0],dp[v][1]-v,dp[v][2]\}
\]

可以得出\(dp\)式:

\[dp[u][2]\gets \max\{dp[u][2]+k,dp[u][1]+dp[v][1]+w-v\}
\]

\[dp[u][1]\gets \max\{dp[u][1]+k,dp[u][0]+dp[v][1]+w\}
\]

\[dp[u][0]\gets dp[u][0]+k
\]

注意开\(\text {long long}\)即可。

\(\text {Code}\)

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\(\text {The 3rd}\)

Gosha is hunting

解题思路

考虑最朴素的\(n^3\texttt{dp}\)，可以设\(dp[i][j][k]\)表示前\(i\)个神奇宝贝用了\(j\)个宝贝球和\(k\)个超级球的最大期望捕捉个数。

容易得到转移式:

\[f[i][j][k]=\max\{f[i-1][j][k],f[i-1][j-1][k]+p[i],f[i-1][j][k-1]+u[i],f[i-1][j-1][k-1]|+p[i]+u[i]-p[i]\times u[i]\}
\]

我们发现如果我们固定\(j\)，可以通过打表发现这其实是个凸函数，于是我们可以使用\(\texttt{wqs}\)二分做到\(\Theta(n^2\log n)\)。我们发现对于\(j\)也有同样的性质，所以我们可以\(\texttt{wqs}\)套\(\texttt{wqs}\)二分做到\(\Theta(n\log ^2 n)\)。

不过似乎概率都是\(1\)的时候会卡掉，因为它不是一个凸函数函数了，到后面是一个常函数了。但是这道题数据很水，所以还是没有被卡。

\(\text {Code}\)

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\(\text {The 4th}\)

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题目大意

现在有\(n\)个村庄，你需要在里面选出\(k\)个作为邮局，使得每个村庄到其最近的邮局之和最小。

思路

这道题其实跟\(\text {The 1st}\)有些类似。

首先我们可以列出\(dp\)式，设\(dp[i][j]\)表示前面\(i\)个村庄选出\(j\)个作为邮局，那么，容易得到:

\[dp[i][j]=\min\{dp[k][j-1]+\texttt{cost}(k+1,i)\}
\]

其中\(\texttt{cost}(i,j)\)表示\(i\to j\)这段村庄选出一个作为邮局的最小距离和，不难想到选出来的村庄为中间点时最优，于是可以利用前缀和\(\Theta(1)\)求出。

那接下来应该怎么办呢？第一种办法就是平行四边形优化，但显然时间复杂度还是\(\Theta(n^2)\)，虽然足以通过此题，但是不能满足我们对时间复杂度的渴望。第二种办法就是\(\texttt {wqs}\)二分。

感性理解一下，随着选出来的村庄的增多，那么，增长速度也会逐渐变慢。于是可以得到，当前函数为凸函数，也就可以用\(\texttt {wqs}\)二分。

那么，我们现在就可以得到\(dp\)式了:

\[dp[i]=\min\{dp[j]+\texttt{cost}(j+1,i)+\texttt{extra}\}
\]

其中\(\texttt {extra}\)表示额外花费。

我们惊奇地 通过打表 发现，这个东西是具有决策单调性的，于是，我们就可以使用决策单调栈优化了。

综上，时间复杂度为\(\Theta(n\log ^2n)\)。

\(\text {Code}\)

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\(\text{The 5th}\)

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题目大意

给出 \(n,k\) ， 将一个长度为 \(n\) 的序列分成 \(k\) 段，每一段的贡献是矩阵的一个子矩阵的区间和。求出最小划分贡献。

\(n\le 4000,0\le k\le \min(n,800)\)

思路

首先不难想到一个 \(\Theta(n^2k)\)的dp方法，我们设 \(f_{i,j}\) 表示前面 \(j\)分成 \(i\) 段的最小花费，可以得到转移式：

\[f_{i,j}=f_{i-1,k-1}+cost(k,j)
\]

其中 \(cost(k,j)\) 表示左上角为 \((k,k)\) 右下角为 \((j,j)\) 的子矩阵的和。

然后可以发现这个函数是个凸函数，因为它分得越多它的贡献肯定越小，而且它下降的速率肯定会越来越慢（感性理解），于是我们就可以使用\(\texttt {wqs}\)二分了，但是这样直接转移还是 \(\Theta(n^2\log w)\) ，其中 \(w\) 是值域，还不足以通过此题，然后我们通过打表发现决策点单调递增，于是我们就可以使用单调栈了。