wqs 二分
1.1 wqs 二分简介
现在有一个函数 \(f(x)\) 是凸的，需要求出其在 \(x=x_0\) 处的点值。
我们先假设它是一个下凸壳。
我们考虑二分斜率 \(k\)，用一条斜率为 \(k\) 的直线去切这个凸包，也即求 \(\min \limits_{x} f(x) - kx\) 以及取到这个点的 \(x\)。
如上图，发现取到该点的 \(x\) 是比 \(x_0\) 大的，于是减小二分的斜率 \(k\)，直到找到 \(x_0\)。
我们把我们要求的东西变成了 \(\log V\) 次 \(\min \limits_{x} f(x) - kx\)。这个式子在有些情况下比较好求：
考虑这样的问题：有 \(n\) 个物品，求恰好选择 \(x_0\) 个的情况下的最小代价。如果我们二分的时候将每一个物品的代价减少 \(k\)，再求一个最优解，那么就可以得到 \(\min \limits_{x} f(x) - kx\)。可能加上 \(x_0\) 的限制之后不好做，但是去掉之后就很水，这时候可以用 wqs 二分。
wqs 二分就是这样的过程。在上面的问题中，凸性就是 \(ans_i - ans_{i-1} \ge ans_{i+1}-ans_i\) 一定成立。这个条件满足的场景就是例如你选择两个物品，如果从 \(i\) 到 \(i+1\) 选择了某一个物品那么不如在 \(i-1\) 到 \(i\) 之间选择。
1.2 一些细节
正常情况下，如果 \(f_i\) 是整数，那么 \(\cfrac{f_{i} - f_{i-1}}{i-(i-1)}\) 是整数，因此二分斜率只需在整数域内二分即可。对于小数运算，可能需要在实数域内二分。实数域内二分，还是写 \(100\) 次二分好一些，而不是 \(l < r - 3eps\)。后者容易死循环。
对于三点共线需要认真考虑。我们考虑这样的情形：
虽然我们不一定切到 \(x_0\)，但是我们一定会切到这条直线上的某一个点。这条直线都对应着唯一的截距，所以我们得到 \(d, x\) 的时候只需要令答案为 \(d + mid \mathbf x_0\)（就是这条直线的截距经过 \(x_0\) 坐标的点）即可，而不是 \(d + mid x\)。
但是你要注意二分到实际斜率的时候程序会切到哪一个点。例如，如果我们钦定相同答案取最小个数的操作方案（也即，取最小的 \(x\) 使得经过 \(x\) 的某一个线段斜率为 \(k\)）那么当你二分到等于直线斜率的 \(k_0\) 的时候，你会得到点 \(A\)。而你二分到 \(k_1\) 的时候你会得到点 \(B\)。因此如果你得到的 $x \le x_0 $，那么你需要把答案更新（赋值）为 \(d + mid \mathbf x_0\)；否则你不能更新答案。
最后，wqs 二分的条件是 \(l \le r\) 而不是 \(l < r\)，否则取不到 \(k_0\) 处的答案！
- 如果你的 dp 写挂了导致没法保证贴任何一边，还有一种方法：实数域上二分，如果 \(k\) 是小数不和任何一条直线相交，那么一定会贴在某一边上。这样你可以二分到确切的 \(k_0 \pm eps\)。
- 一般用一个 pair 来存答案和用了几个，贴左边的话要重定义一下 cmax，但是如果你不小心写了个 max，那就寄了。
P2619 Tree I
【题意】
有一张无向图，有一些黑边和白边，要求选择一个生成树，使得恰好有 \(k\) 个白边的前提下，边权和最小。
【分析】
考虑令 \(ans_i\) 为有 \(i\) 个白边的情况下的边权和。\(ans\) 其实是一个下凸壳。
考虑解决 \(\min \limits_{x} f(x) - kx\) 的问题，其实就是给每条白边边权减去 \(k\) 之后求一个最小生成树，再取其白边个数作为 \(x\)。这个是好做的。
如果我们钦定黑边比白边先选，那么就可以钦定相同答案取最小个数的操作方案。
struct edge {
int s, t, c;
}e[2][100010];
int ans; int cnt[2]; int fa[50010]; int n, m, k;
int get(int x) {if(fa[x] == x) return x; else return fa[x] = get(fa[x]); }
void merge(int x, int y) {x = get(x); y = get(y); fa[x] = y; }
pii getans(int mid) {
f(i, 0, n) fa[i] = i;
int sum = 0, dot = 0;
for(int l = 1, r = 1; l <= cnt[0] || r <= cnt[1]; ) {
if(l <= cnt[0] && (r > cnt[1] || e[0][l].c - mid < e[1][r].c)) {
if(get(e[0][l].s) == get(e[0][l].t)) ;
else { merge(e[0][l].s, e[0][l].t); sum += e[0][l].c - mid; dot++; }
l ++;
}
else {
if(get(e[1][r].s) == get(e[1][r].t)) ;
else {merge(e[1][r].s, e[1][r].t); sum += e[1][r].c; }
r ++;
}
}
return {sum, dot};
}
signed main() {
cin >> n >> m >> k;
f(i, 1, m) {
int s, t, c, col; cin >> s >> t >> c >> col;
e[col][++cnt[col]] = {s, t, c};
}
auto cmp = [=](edge th, edge op) {return th.c < op.c; };
f(i, 0, 1) sort(e[i] + 1, e[i] + cnt[i] + 1, cmp);
int l = -100, r = 100;
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
pii res = getans(mid);
int p = res.second, b = res.first;
if(p > k) r = mid - 1;
else if(p == k) { ans = b + mid * k;break; }
else {l = mid + 1; ans = b + mid * k;}
}
cout << ans << endl;
}
1.3 优化 dp
CF1832F. Zombies
