洛谷P2619 [国家集训队2]Tree I（带权二分，Kruscal，归并排序）
给一个比较有逼格的名词——WQS二分/带权二分/DP凸优化（当然这题不是DP）。
用来解决一种特定类型的问题：
有\(n\)个物品，选择每一个都会有相应的权值，需要求出强制选\(need\)个物品时的最大/最小权值和。
一般来说，我们求不限制个数的最大/最小权值和很容易，但在限制个数的前提下再求最值会变得有点困难。比较低效的做法是对状态再加设一个维度表示已选物品数量，然后通过DP等方法求出。
应用前提：设\(g_x\)为强制选\(x\)个物品的最大/最小权值和，如果所有的点对\((x,g_x)\)在平面上能够构成一个凸包，那么可以考虑使用WQS二分。
所以说用三个名词合指它也不为过（提出者WQS，二分的量是权值增量，使用前提是凸函数）
WQS的论文这里可以下载
建议食用Creeper_LKF大佬的blog，数形结合的分析过程已经非常完整了。
简单的来说，我们不能知道这个凸包长什么样子，但我们可以拿着一个斜率为\(k\)的直线去切这个凸包，相当于给每个物品附加了一个权值\(k\)。设直线的截距为\(b\)，那么选\(x\)个物品后总权值就会等于\(b+kx\)。我们通过\(O(n)\)的DP等方法找到最大的\(b\)，同时也可以求出选了的个数\(x\)，通过\(x\)与\(need\)的关系来调整直线斜率继续二分。
拿本题来说，选\(x\)条白边，可以写个平方DP然后发现\(g_x\)是个下凸函数。然后我们在\([-100,100]\)（显然是斜率的上下界，因为更改一条边带来的权值和的更改不会超过\(100\)）的范围内二分\(k\)，之后所有白边的权值增加\(k\)，跑一遍Kruscal统计选了多少条白边。如果这个数量大于等于\(need\)就调大\(k\)，否则调小。
最后斜率为\(mid\)的直线与凸包的切点就是答案，注意从中减去\(k\)的影响（ans-=mid*x）
边界问题Creeper_LKF大佬也证明了只要在边权相等的时候优先选白边就没问题了。
写法上有一个优化：每次Kruscal的时候不用重新排序了。因为每次我们只是给所有白边整体加一个权值，所以如果我们先把白边和黑边分开排序的话，加完以后也还是有序的。每次Kruscal时只要用类似归并排序的方法\(O(E)\)的扫一遍就可以啦！复杂度从\(O(E\log E\log 200)\)降到了\(O(E\log E+E\log200)\)，目前暂时rank1，欢迎超越。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define RG register
#define R RG int
#define G if(++ip==iend&&fread(ip=buf,1,N,stdin))
using namespace std;
const int N=5e5+9,M=1e6+9;
char buf[N],*iend=buf+N,*ip=iend-1;
inline int in(){
while(*ip<'-')G;
R x=*ip&15;G;
while(*ip>'-'){x=x*10+(*ip&15);G;}
return x;
}
struct Edge{
int u,v,w;bool c;
inline bool operator<(RG Edge&x){
return w<x.w;
}
}e[M];
int f[N];
int getf(R x){
return x==f[x]?x:f[x]=getf(f[x]);
}
inline bool add(R i){//尝试加边并返回是否成功
if(getf(e[i].u)==getf(e[i].v))return 0;
f[f[e[i].u]]=f[e[i].v];return 1;
}
int main(){
R n=in(),mw=0,m=in(),need=in(),i,j;//mw为白边数量
for(i=0;i<m;++i){//点和边都从0开始存了
e[i].u=in();e[i].v=in();e[i].w=in();
if(!(e[i].c=in()))swap(e[mw++],e[i]);//将黑白边分开
}
sort(e,e+mw);sort(e+mw,e+m);
R l=-100,r=100,mid,ans;
while(l<r){
mid=(l+r+1)>>1;
for(i=0;i<n;++i)f[i]=i;
ans=i=0;j=mw;
while(i<mw&&j<m)//类归并排序
e[i].w+mid<=e[j].w?ans+=add(i++):add(j++);
while(i<mw)ans+=add(i++);//白边数量统计完整
ans<need?r=mid-1:l=mid;
}
mid=l;
for(i=0;i<n;++i)f[i]=i;
ans=i=0;j=mw;//最后算权值总和
while(i<mw&&j<m)
if(e[i].w+mid<=e[j].w)
ans+=(e[i].w+mid)*add(i),++i;
else ans+=e[j].w*add(j),++j;
while(i<mw)ans+=(e[i].w+mid)*add(i),++i;
while(j<m )ans+=e[j].w*add(j),++j;
printf("%d\n",ans-need*mid);//减掉
return 0;
}
