wqs二分 学习笔记
wqs二分
参考资料
【学习笔记】WQS二分详解及常见理解误区解释 -ikrvxt -CSDN
wqs二分 学习笔记 -Leap_Frog -Luogu
wqs二分详解 -Hypoc_ -CSDN
前言
2024.08.13
模拟赛遇到恰好选 \(m\) 个的限制的反悔贪心做模拟费用流的题，然而不会wqs二分，改不完题，于是赶快学习wqs二分，遂要写下此文。
关键词
恰好选 \(m\) 个，凸性，二分斜率。
引入
有这样一类问题：
有 \(n\) 个物品，你要从中选出恰好 \(m\) 个物品，选的时候带有一些限制，选了一个物品后能获得价值，要求价值和最大。
同时这一类问题的特点是，如果没有 \(m\) 的限制，也就是选任意多个，能容易求得，可以是用贪心或是 DP 之类的。
然而当有 \(m\) 的限制时，我们就不能快速求得。
此时可以考虑 wqs二分 优化。
用时有一个前提：
设 \(g(i)\) 表示恰好选 \(i\) 个的答案，若将 \((i,g(i))\) 画在平面上并连线，要满足它是一个凸包（上凸或下凸），即这些边的斜率有单调性。
表示成代数意义就是：\(g(i)-g(i-1)\ge g(i+1)-g(i)\)。
实际意义就是：一开始选最优的，然后选最优和次优的，然后越来越不优，到后面就开始下降。
然而我们实际并不知道谁更优，只知道答案是凸性。
例如像这样：
满足凸性就可以 wqs二分了。
算法
二分一个斜率 \(k\)，一会儿就知道有什么用了。
我们让这个斜率为 \(k\) 的直线去切凸包。
我们现在要知道切的点 \(x\) 和 \(g(x)\) 是什么，这样就能不断调整 \(k\)，直到我们的 \(k\) 切到我们要求的限制 \(m\)，同时我们也能知道答案 \(g(m)\)。
注意我们并不是用 \(x\) 去求 \(g(x)\)。
我们看被切到的点满足什么性质。
发现斜率为 \(k\) 的直线经过它时的截距 \(b\) 最大。
就像这样：
而我们又有，\(y=g(x)=kx+b\)。
即 \(b=g(x)-kx\)，\(b\) 最大。
考虑 \(b\) 的意义：
在这里，我们的被切点 \(x\) 还没有确定。
所以对于任意 \(x\)，我们取：使得 \(g(x)-kx\) 最大的 \(x\)，这个 \(x\) 就是被切点。
由于 \(x\) 是任意的，所以 \(g(x)-kx\) 就相当于，我恰好选 \(x\) 个物品，每一个选的物品的价值都减少 \(k\)。
也可以看做所有物品价值都减少 \(k\)，然后选恰好 \(x\) 个物品。
而对于任意 \(x\)，取 \(g(x)-kx\) 最大的 \(x\)。就相当于每个物品价值减少 \(k\)，可以选任意个物品，使得价值和 \(b\) 最大。
发现这就是文章开头说的没有限制选的物品个数的情况，这可以快速求。
于是我们就能知道我们选了多少个物品，选的个数为 \(x\)，同时根据 \(g(x)=b+kx\) 知道我们的答案。
实现
从代码顺序的角度复述一遍上面所说的算法。
我们二分一个斜率 \(k\)。
此时把所有物品的价值减 \(k\)，然后快速跑一遍：选任意个物品，价值和最大。
此时能得到选的物品个数 \(x\)，与答案 \(b=g(x)-kx\)。
然后根据 \(x\) 调整斜率 \(k\)。
具体怎么调整？
根据 \(g(x)\) 的凸包的斜率单调性来调整即可。
二分，直到 \(x=m\)，最后的答案就是 \(b+kx\)。
负优化 Trick：
当然你发现，当 \(x\ne m\) 时，答案或许没有用，我们可以跑到最后 \(x=m\) 时，再次用这个 \(k\) 跑一次求答案，当然这或许多此一举了。
优化费用流模型
wqs二分 常用于优化费用流模型，即优化反悔贪心&模拟费用流（反悔贪心就是模拟了费用流的退流操作）。
为什么可以优化？
因为费用流的费用是关于流量的凸函数。
例题
例题题解
需要注意的是，以下有一些关于 wqs 二分实现上的细节。
P2619 Tree I
我们再回顾一下 wqs 二分的过程，首先这道题目要解决的就是限定白边要恰好选 \(need\) 条，我们猜想（或感性理解）答案是关于白边边权的偏移量的凸函数，于是我们可以用 wqs 二分。
也就是二分一个偏移量，然后将白边边权都加上偏移量，然后求最小生成树，此时就能同时得到选择的白边数量和此时的权值和，然后再根据白边数量调整偏移量。
怎么调整呢，感性理解就是，加上的偏移量越小选的白边越多（因为是最小生成树).
这里，我们考虑用 Kruskal 求最小生成树，每次把白边加上偏移量，然后再排序。
实现细节：
-
首先偏移量为整数，然后范围为 \([-100,100]\)，这恰好对应边权的范围。
-
注意到可能会出现这种情况：偏移量为 \(x\) 时选的白边数 \(<need\)，而偏移量为 \(x-1\) 时，选的白边数 \(>need\)，这该怎么办呢？
还有就是当排序时相等的白边和黑边优先选哪一条？
对于上面的问题，我们考虑为什么会出现这种情况，那就是当某条将要选的白边和将要选的黑边的权值相等时，我们不一定先选黑边也不一定先选白边。最后使得即使正确的偏移量也无法得到正确的白边数量。这种情况在凸函数的图像上就表现为出现了一段与 \(x\) 轴平行的线段，而答案在这条线段上。
怎么解决呢？我们可以优先选白边，也就是在排序时，遇到相等的白边和黑边时，优先把白边放到前面。设函数 \(check(Mid)\) 返回偏移量为 \(Mid\) 时选的白边数，然后我们在二分时将 \(check(Mid)\ge need\) 判定为合法条件即可（注意这道题保证了数据有解，若不保证则要先判断有无解再二分）。
-
我们可以把白边和黑边放在两个数组里，对于白边数组我们就加偏移量，然后用两个指针跑就可以将复杂度从 \(O(m\log m \log 200)\) 降为 \(O(m\log 200)\)，注意依然要优先选择白边。
AC 代码（两个 \(\log\) 的每次再排序做法）：
int n,m;
const int N=1e5+5;
struct arr{
int u,v,opt,co;
int dco;
void getread(){
read(u),read(v),read(dco),read(opt);
}
}a[N];
int fa[N];
int getfa(int x){
if(fa[x]==x)return x;
return fa[x]=getfa(fa[x]);
}
int sum;
int check(int x){
int cnt=0;
fo(i,1,m)if(!a[i].opt)a[i].co=a[i].dco-x;
else a[i].co=a[i].dco;
sort(a+1,a+1+m,[](auto x,auto y){
if(x.co==y.co)return x.opt<y.opt;
else return x.co<y.co;
});
sum=0;
fo(i,0,n-1)fa[i]=i;
fo(i,1,m){
int u=getfa(a[i].u),v=getfa(a[i].v);
if(u!=v){
fa[u]=v;
sum+=a[i].co;
if(a[i].opt==0)cnt++;
}
}
return cnt;
}
int ned;
signed main(){
// usefile("1");
read(n),read(m),read(ned);
fo(i,1,m){
a[i].getread();
}
int l=-101,r=101,ans=0;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)>=ned)ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
check(ans);
write(sum+ans*ned);
return 0;
}
P5633 最小限度生成树
类似于上面这道题，然而由于可能无解，所以我们不能直接跑二分而需要先判断。
具体怎么判断有无解：
-
首先 \(s\) 的边的个数要 \(\ge k\)。
-
原图连通。
-
把 \(s\) 的边断掉，然后原图分成了很多连通块，连上 \(s\) 的至多 \(k\) 条边后原图连通，即连通块个数 \(\le k+1\)（包括 \(s\) 点的连通块）。
AC 代码：
int n,m,s,K;
const int N=5e5+5;
struct arr{
int u,v,w;
int opt;
int dw;
void Read(){
read(u),read(v),read(dw);
}
}a[N];
int fa[N];
int getfa(int x){
if(fa[x]==x)return x;
return fa[x]=getfa(fa[x]);
}
int sum;
int check(int x){
int cnt=0;
fo(i,1,m){
if(a[i].opt)a[i].w=a[i].dw+x;
else a[i].w=a[i].dw;
}
sort(a+1,a+1+m,[](auto x,auto y){
if(x.w==y.w)return x.opt>y.opt;
return x.w<y.w;
});
sum=0;
fo(i,1,n)fa[i]=i;
fo(i,1,m){
int u=getfa(a[i].u),v=getfa(a[i].v);
if(u!=v){
fa[u]=v;
sum+=a[i].w;
cnt+=a[i].opt;
}
}
return cnt;
}
signed main(){
// usefile("1");
read(n),read(m),read(s),read(K);
int Cnt=0;
int Flag=0;
fo(i,1,n)fa[i]=i;
fo(i,1,m){
a[i].Read();
if(a[i].u==s||a[i].v==s)a[i].opt=1,++Cnt;
else{
int u=getfa(a[i].u),v=getfa(a[i].v);
if(u!=v)fa[u]=v;
}
}
fo(i,1,n)if(getfa(i)==i)Flag++;
if(Flag<=K+1)Flag=1;
else Flag=0;
int L=-3e4-1,R=3e4+1,ans=0;
while(L<=R){
int mid=(L+R)>>1;
if(check(mid)>=K)ans=mid,L=mid+1;
else R=mid-1;
}
if(check(ans)>=K&&Cnt>=K&&Flag){
check(ans);
write(sum-ans*K);
}
else write("Impossible");
return 0;
}
jzoj 8118 coffee
题目大意
有 \(n\) 天的咖啡，第 \(i\) 天的咖啡价格 \(a_i\)。
有 \(m\) 张优惠券，每张优惠券可以在第 \(r_i\) 及之前的天使用，可以使一杯咖啡减少 \(w_i\)。
咖啡价格可以为负数，每天最多买一杯咖啡，每杯咖啡最多使用一张优惠券。
问买恰好 \(k\) 杯咖啡的最小价格。
数据范围：\(10^5\) 级别。
分析 & 解法
考虑没有 \(k\) 的限制时怎么做，这是经典的兔子进洞模型，考虑反悔贪心（模拟费用流）。
那么就是当某一杯咖啡使用优惠券后价格为负时就选它。
先插入 \(n\) 张 \(r=n,w=0\) 的优惠券，这对答案没有影响。
接下来将优惠券按 \(r_i\) 排序。
枚举优惠券，把在 \(r_i\) 之前的咖啡插入堆里。
每次取出堆顶的 \(x\)，看是否为负，是则贡献为 \(x-w_i\)。
但是有个问题，就是后面可能还有 \(w_j\) 跟 \(x\) 配对更优，但是这个 \(w_i\) 已经把 \(x\) 的位置占掉了。
于是考虑反悔贪心的操作，即模拟费用流退流的操作。
我们在配对 \(x\) 与 \(w_i\) 后，往堆里再插入一杯价值为 \(w_i\) 的咖啡，这样后面再有 \(w_j\) 配对 \(x\) 时，它就要跟 \(w_i\) 配对，此时的贡献和为：
于是这是正确的。
有 \(k\) 的限制怎么办？
发现答案随 \(k\) 的增大具有凸性，考虑 wqs二分。
看看时间复杂度，有一个二分斜率的 \(\log\)，还有一个堆的 \(\log\)，总复杂度 \(O((m+n)\log^2 n)\)。
Raper
依然是反悔贪心，还是要注意 Tree I 中的细节问题。
邮局 加强版 加强版
这道题是四边形不等式得到决策单调性 DP，然后用 wqs 二分去掉个数的限制。
注意细节问题：
我们对于多个合法的决策点，我们优先选择下标小的，即在二分队列里我们用 \(<\) 判断优而不是用 \(\le\) 判断优，这样就能使对于同样的答案，我们选择的个数尽可能小，然后在比较时采用 \(check(mid)\le need\) 的做法。
而且我们发现多余的邮局可以舍去，所以不用判断二分是否有解的问题，同时运用 \(check(mid)\le need\) 刚好满足这个性质。
另外，输出答案应为 \(f_n-m*ans\) 而不是 \(f_n-cnt_n*ans\)。
这里就涉及到 wqs 二分的本质，我们二分的是斜率，然而二分的这个斜率可能切了很多个点，这个斜率得到的是截距，而我们的答案是截距加偏移量乘要求选的个数，因此我们得到的 \(cnt_n\) 不等于 \(m\) 时答案取后者就不对了。
也可以说，这几个点都可以被这个斜率的直线所切，截距都相等，然而我们求的答案与 \(m\) 即横坐标有关，而与 \(cnt\) 无关即横坐标不为 \(cnt\)。
