wqs二分

我们通过一道例题引入。

引入

CF1279F New Year and Handle Change

题目大意：给出长度为 $n$ 一个01串(表现为大小写），可以最多选择 $m$ 个 $s$ 长度的子串，全部变为0或1。求操作后的 $\min(cnt_0 , cnt_1)$ 的最小值

$1 \le n,m,s ≤10^6$

题解

我们可以简单地想到可以分开考虑全变为 $1$ 和全变为 $0$ 。然后对于这两种情况我们可以很快的想到一个 $O(n^2)$ 的DP。暂且只考虑全变 $1$，全变 $0$ 是一样的，我们设 $dp_{i,j}$ 表示我们在区间 $[i-s+1,i]$ 执行第 $j$ 次操作的最大的能够抹除的 $0$ 的个数。那么我们很快可以得到DP的转移式：

$$dp_{i,j}=max\{dp_{i-1,j},dp_{max\{i-s,0\},j-1}+sum_i-sum_{max\{i-s,0\} }\}$$

其中 $sum_i$ 表示 $0$ 的个数的前缀和。统计答案就直接 $sum_n-dp_{n,m}$ 即可。

但是看看数据范围就发现不行，要考虑优化。发现随着 $m$ 的增大，我们可以删去的 $0$ 必然单调不减，且由于 $m$ 越大，之后操作能消去的 $0$ 逐渐变少，所以若我们记 $g(x)$ 表示 $m$ 次操作能够最多消去的 $0$ 的个数，这个函数虽然显然具有单调性，但是更为重要的是其具有凸性，即我们用一条切线去切这个函数图象，它上面的每个点都可以被切到。数学化的说，求增长速率逐渐减缓，下降速度增快（或者反过来也可以），数字化的说，就是其差分数组具有单调性。

有了这个性质，我们就可以进行 wqs二分 。这个性质是 wqs二分 进行的前提。实在不行可以打表去发现凸性。

它具体是怎么做的呢？它的思想就是，我们通过一些操作除去限制，然后我们可以容易地用DP求出。之后再通过一些操作转换到我们的带限制的最优解。（我这里采用的是几何化+意义化理解，而并非形象化理解，喜欢形象化理解的可以去看其他人的博客）

具体来说，我们先把 $m$ 放在 $g(x)$ 上，现在我们的目标就是 $g(m)$ 。但是 $(m,g(m)\ )$ 具体在哪我们不得而知，因此我们考虑通过一些转换来求解它。

由于 $g(x)$ 具有凸性，显然我们可以使用直线去切它，而此时直线的纵截距和切点的横坐标都关于斜率大小具有单调性，所以我们想到要去二分斜率。尽管我们二分完也暂且不知道这个切点和纵截距在哪，但是我们继续考虑转换。我们记切在横坐标为 $x$ 的点上的直线的纵截距为 $f(x)$ ，考虑纵截距 $f(x)$ 的在几何上得到的代数意义： $f(x)=g(x)-kx$ 。然后我们观察这个式子，然后思考 $g(x),f(x)$ 的现实意义。

由于我们知道 $g(x)$ 表示 $x$ 次操作能够最多消去的 $0$ 的个数，那么可以发现 $f(x)$ 的现实意义为：每次消去的 $0$ 的个数 $-k$ 作为贡献，在 $x$ 次操作后得到的贡献的最大值。这个看着是有一个 $x$ 的限制，但是由于这个 $x$ 是未知数，我们现在反而是要求 $x$ ，所以 $f(x)$ 作为截距的意义就是：每次消去的 $0$ 的个数 $-k$ 作为贡献得到的贡献的最大值。这个东西我们可以通过上面的DP删去操作次数的第二维求出，复杂度 $O(n)$。 然后反推一下可以求出 $g(x)$ 。

你以为结束了？没有。我们还不知道那个位置是 $m$ ，怎么算出 $g(m)$ ，所以我们DP $f(x)$ 时，我们按照决策及其意义统计操作次数即可。然后我们二分的时候检查操作次数和 $m$ 的大小关系，然后按照这个调整斜率，以此移动切点的位置即可。复杂度易证 $O(n\log n)$。

但是要注意的是，我们统计出的操作次数一定要最小化，不然会出现问题。原因我会同上面讨论的问题的图解一同给出。下面给出图解：

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define filein(a) freopen(#a".in","r",stdin)
#define fileot(a) freopen(#a".out","w",stdout)
#define sky fflush(stdout)
#define gc getchar
#define pc putchar
namespace IO{
	template<class T>
	inline void read(T &s){
		s=0;char ch=gc();bool f=0;
		while(ch<'0'||'9'<ch) {if(ch=='-') f=1;ch=gc();}
		while('0'<=ch&&ch<='9') {s=s*10+(ch^48);ch=gc();}
		if(ch=='.'){
			db p=0.1;ch=gc();
			while('0'<=ch&&ch<='9') {s=s+p*(ch^48);ch=gc();}
		}
		s=f?-s:s;
	}
	template<class T,class ...A>
	inline void read(T &s,A &...a){
		read(s);read(a...);
	}
	inline bool blank(char c){
		return c==' ' or c=='\t' or c=='\n' or c=='\r' or c==EOF;
	}
	inline void gs(std::string &s){
		s+='#';char c=gc();
		while(blank(c) ) c=gc();
		while(!blank(c) ){
			s+=c;c=gc();
		}
	}
	inline void gs(char *s){
		char ch=gc();
		while(blank(ch) ) {ch=gc();}
		while(!blank(ch) ){
			*s++=ch;ch=gc();
		}
	}
};
using IO::read;
using IO::gs;
const int N=1e6+3;
const int inf=1e9;
int n,m,s;
char c[N];
int sum[N];
int f[N],g[N];
int ans=inf;
inline int check(int p,bool op){
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int x=f[std::max(i-s,0)]+sum[i]-sum[std::max(i-s,0)]-p;
		f[i]=std::max(f[i-1],x);
		if(x<f[i-1]) g[i]=g[i-1];
		if(x>f[i-1]) g[i]=g[std::max(i-s,0)]+1;
		if(x==f[i-1]) g[i]=std::min(g[i-1],g[std::max(i-s,0)]+1);
	}
	if(op) ans=std::min(ans,sum[n]-f[n]-m*p);
	return g[n];
}
int main(){
	filein(a);fileot(a);
	read(n,m,s);
	gs(c+1);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		sum[i]=sum[i-1]+('A'<=c[i] and c[i]<='Z');
	}
	int l=0,r=n,res=0;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid,0)<=m){
			r=mid-1;res=mid;
		}else{
			l=mid+1;
		}
	}
	check(res,1);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		sum[i]=sum[i-1]+('a'<=c[i] and c[i]<='z');
	}
	l=0,r=n,res=0;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid,0)<=m){
			r=mid-1;res=mid;
		}else{
			l=mid+1;
		}
	}
	check(res,1);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

例题分析

[国家集训队]Tree I

题目大意：给你一个 $n$ 个点 $m$ 条边的的无向带权连通图，每条边是黑色或白色。让你求一棵最小权的恰好有 $d$ 条白色边的生成树。

$n\le5e4,m\le 1e5,w\le 100$

题解

这个题虽然不需要DP，但是用到了wqs二分。

我们设 $g(x)$ 表示选择 $x$ 条白边的最小生成树大小。这个函数具有凸性，我们假设原图的最小生成树中包含 $z$ 条白边，那么 $x$ 越接近 $z$ ，就越接近这个最小生成树的形态，由于我们 $x$ 离 $z$ 越远，就越必须现在那些能够被称为骤增的白边。说这么多，最主要的是 $x$ 远离 $z$ 的过程中，这个凸壳的走势绝对不会减缓，因为增加量大的都被 Kruskal 放到放到后面去了。

那么截距 $f(x)$ 意义可得：白边边权减少 $k$ 的情况下，生成树边权最大值。这个可以 Kruskal 求，横坐标也可顺便统计。然后就没什么好说的了。然后提一句二分范围，只有在比右端点最大的单次操作变化两大，左端点比最大减少量小即可。复杂度 $O(n\log n\log w_{max})$。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define filein(a) freopen(#a".in","r",stdin)
#define fileot(a) freopen(#a".out","w",stdout)
#define sky fflush(stdout)
#define gc getchar
#define pc putchar
namespace IO{
	template<class T>
	inline void read(T &s){
		s=0;char ch=gc();bool f=0;
		while(ch<'0'||'9'<ch) {if(ch=='-') f=1;ch=gc();}
		while('0'<=ch&&ch<='9') {s=s*10+(ch^48);ch=gc();}
		if(ch=='.'){
			db p=0.1;ch=gc();
			while('0'<=ch&&ch<='9') {s=s+p*(ch^48);ch=gc();}
		}
		s=f?-s:s;
	}
	template<class T,class ...A>
	inline void read(T &s,A &...a){
		read(s);read(a...);
	}
	inline bool blank(char c){
		return c==' ' or c=='\t' or c=='\n' or c=='\r' or c==EOF;
	}
	inline void gs(std::string &s){
		s+='#';char c=gc();
		while(blank(c) ) c=gc();
		while(!blank(c) ){
			s+=c;c=gc();
		}
	}
	inline void gs(char *s){
		char ch=gc();
		while(blank(ch) ) {ch=gc();}
		while(!blank(ch) ){
			*s++=ch;ch=gc();
		}
		*s=0;
	}
};
using IO::read;
using IO::gs;
const int N=5e4+3;
const int M=1e5+3;
int n,m,d;
struct Edge{
	int u,v,w,c;
}e[M];
int fa[N];
int find(int x){
	return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
int ans=0;
inline int check(int k,bool op){
	static int tmpk;
	tmpk=k;
	std::sort(e+1,e+1+m,[](Edge x,Edge y){
		int vx=x.w+(x.c?-tmpk:0),vy=y.w+(y.c?-tmpk:0);
		if(vx==vy) return x.c<y.c;
		return vx<vy;
	});
	for(int i=1;i<=n;++i){
		fa[i]=i;
	}
	int res=0,cnt=0;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u=e[i].u,v=e[i].v;
		if(find(u)!=find(v) ){
			fa[find(v)]=find(u);
			res+=e[i].w+(e[i].c?-k:0);
			if(e[i].c) ++cnt;
		}
	}
	if(op) ans=res+d*k;
	return cnt;
}
int main(){
	filein(a);fileot(a);	
	read(n,m,d);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int u,v,w,c;
		read(u,v,w,c);
		++u;++v;
		e[i]={u,v,w,!c};
	}
	int l=-100,r=100,res=100;
	while(l<=r){
		int mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid,0)<=d){
			l=mid+1;res=mid;
		}else{
			r=mid-1;
		}
	}
	check(res,1);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}