[dp 小计] wqs 二分

天才算法！
国外叫 Aliens trick （外星人 trick） ，真的太强了。
其实是因为 IOI2016 Aliens 这道题考了这个算法才开始普及。

解决问题

wqs 二分一般用来解决如下问题。

给定 $n$ 个数，求强制选 $m$ 个的价值最大。

如果不是强制选 $m$ 个，这类问题很好做。
现在问题就是怎么取消掉强制取 $m$ 个这个限制。

这就是 wqs 二分的用途，它能在一定条件下优化 dp ，$O(nm)\to O(n\log m)$。

模型引入

wqs 二分有一个重要条件。
令 $g(i)$ 表示当强制选 $i$ 个时的最大价值,把所有 $(i,g(i))$ 在坐标轴上画出来，最终形成一个凸包。这就是算法实施的必要条件。

还有一个必要条件就是，每个价值计算是独立的，也就是说，$w(\{x_1,x_2,x_3...\})=w(x_1)+w(x_2)+w(x_3)...$

算法分析

我们假设当前凸包是上凸的。
明显，像斜率优化那样，如果我们拿一条直线去切这个凸包（也就是把这条直线从上往下移，碰到的第一个点），那么，很容易的发现，斜率越大，切到的点越往左。

我们想，如果拿一条斜率为 $k$ 的直线去切，切到的是哪个点。
明显，如果对于每个点都划一条斜率为 $k$ 的直线，那么与 $y$ 轴交点最上的的那个点，就是被切的点。

根据小学的知识，我们知道交点的计算公式是 $f(x)=b=g(x)-kx$
想想这是什么。
这不就是等价于，把每个物品价值减 $k$ ，就是 $w(x)\to w(x)-k$
然后，你要求 $\max(f(x))$ ，不就是等价于取消了强制取 $m$ 的限制了吗！

在取消个数限制的同时，你还能把取到 $\max(f(x))$ 的 $x$ 求得。

上面都是一些很简单的理论，接下来会有几个复杂的问题。

Q1:为什么二分部分不需要访问小数部分？

我们想想上面时候会二分到小数，就是对于斜率 $k$， $k-1$ 会切到 $m-1$ ，$k$ 会切到 $m+1$ ，似乎不二分到小数切不到 $m$ 点？

事实上，切不到 $m$ 只有一种可能，就是在斜率相同的情况下，通俗的说，就是多点共线。
记得我们在斜率优化的结论吗？只有在 $k_1\le k\le k_2$ 才能切到这个点，然后因为 $k=\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2},x_1-x_2=1$ ，所以， $k$ 只需要二分整数部分来保证时间复杂度。

Q2:遇见相同斜率部分要怎么算？

这个就看你的写法。如果你 dp 里写的是分的份数越多越好，那么就应该在大于部分更新答案，根据问题而定，只要理解了能分类讨论出来的。

Q3:最终答案如何计算？

我们知道，最终得到的斜率一定是切 $m$ 的，把答案减去 $k\times m$ 即可。

Q4:二分上下界如何确定？

这个要看凸包的形状。确定第一个斜率和最后一个斜率即可。

Q5:什么时候可以确定使用 wqs 二分？

法一：打表
法二：从性质入手，如果能yy出凸包即可。
法三：最慢的 $O(nm)$ 过不去，直接上 wqs 二分。因为没有东西能优化了。

例题

我们借助一道例题来看看。
P4983 忘情

根据题目名字，我们知道，这道题要用 wqs 二分做 (雾) 。
可以发现这道题是下凸包，所以我们切的斜率是 $-10^{16} \to 0$
然后切的时候斜率优化就不展开了，是板子。
最后我们来到重点：
是在哪一部分取答案呢？
我们先把代码给出。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define ll long long
#define ld double
using namespace std;
int n,m;
ll a[N],sum[N];
ll f[N];
int g[N];
inline ld Y(int x){return f[x]-2*sum[x]+sum[x]*sum[x];}
inline ld X(int x){return 2*sum[x];}
inline ld K(int x){return sum[x];}
inline ld slope(int x,int y){return (Y(x)-Y(y))/(X(x)-X(y));}
int q[N],l,r;
void check(ll k)
{
	l=r=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(l<r&&slope(q[l],q[l+1])<K(i)) ++l;
		f[i]=f[q[l]]+(sum[i]-sum[q[l]]+1)*(sum[i]-sum[q[l]]+1)-k;
		g[i]=g[q[l]]+1;
		while(l<r&&slope(q[r],q[r-1])>slope(q[r],i)) --r;
		q[++r]=i;
	}
	return;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	ll l=-1e16,r=0;
	while(l<=r)
	{
		ll mid=(l+r)>>1;
		check(mid);
		if(g[n]>m) r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	check(l-1);
	printf("%lld",f[n]+1ll*m*(l-1));
	return 0;
}

在这里，我们每次都取最左边的点更新，也就是说，最终取到的点会偏左，所以我们取 $l$ 作为答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define ll long long
#define ld double
using namespace std;
int n,m;
ll a[N],sum[N];
ll f[N];
int g[N];
inline ld Y(int x){return f[x]-2*sum[x]+sum[x]*sum[x];}
inline ld X(int x){return 2*sum[x];}
inline ld K(int x){return sum[x];}
inline ld slope(int x,int y){return (Y(x)-Y(y))/(X(x)-X(y));}
int q[N],l,r;
void check(ll k)
{
	l=r=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(l<r&&slope(q[l],q[l+1])<=K(i)) ++l;
		f[i]=f[q[l]]+(sum[i]-sum[q[l]]+1)*(sum[i]-sum[q[l]]+1)-k;
		g[i]=g[q[l]]+1;
		while(l<r&&slope(q[r],q[r-1])>=slope(q[r],i)) --r;
		q[++r]=i;
	}
	return;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	ll l=-1e16,r=0;
	while(l<=r)
	{
		ll mid=(l+r)>>1;
		check(mid);
		if(g[n]>=m) r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	check(r+1);
	printf("%lld",f[n]+1ll*m*(r+1));
	return 0;
}

这里，我们每次取最右边的点更新答案，所以取 $r$ 计算。

最好两个不等号同时取等或不取，因为分类讨论有点烧脑。
所以这道题就做完了。