wqs二分

wqs二分时间

给定 个物品，我们需要在其中恰好选择 个，并且需要最大化收益。设对应的收益为 ，那么需要满足在最大化收益的前提下，每多选择一个物品，额外产生的收益是单调递减的，也就是 。同时，如果我们对物品的选择数量没有限制，即 不存在，那么我们应当能够快速地计算出最大的收益，以及达到最大的收益需要选择的物品数量

wqs二分的使用通俗的理解就是(个人的解释）:要求选择k个，然后我们给每个元素加上某个正值后，我们就会更趋向于选更多，加上负值后更趋向于选更少，然后在调整斜率中达到我们需要的范围，然后得出答案。

当然，按照凸壳和二分斜率理论比较好。

比较详细的介绍:Here

下面介绍两个典型例题

1jisoo

黑白最小生成树，首先显然问题是个下凸壳，然后给所有的白边统一给一个权值来让我们倾向于选更多/更少的白边

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<class T>inline void read(T &x)
{
    x=0;register char c=getchar();register bool f=0;
    while(!isdigit(c))f^=c=='-',c=getchar();
    while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
    if(f)x=-x;
}
template<class T>inline void print(T x)
{
    if(x<0)putchar('-'),x=-x;
    if(x>9)print(x/10);
    putchar('0'+x%10);
}
const int maxn=200005;
struct e{
	int x;
	int y;
	int c;
	int num;
	int ans;
}el[maxn],e2[maxn];
bool cmp1(e x,e y){
	if(x.x==y.x) return x.y==y.y?x.c<y.c:x.y<y.y;
	else return x.x<y.x;
}
bool cmp2(e x,e y){
	return x.y==y.y?x.c<y.c:x.y<y.y;
}
int cnt;
int n,k;
int tr[maxn];
int lowbit(int x){
	return x&-x;
}
void add(int x,int kk){
	for(int i=x;i<=k;i+=lowbit(i)){
		tr[i]+=kk;
	}
}
int qu(int x){
	int ans=0;
	while(x){
		ans+=tr[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return ans;
}
int x,y,z;
long long ans[maxn];
void cdq(int l,int r){
	if(l==r) return ;
	int mid=(l+r)>>1;
	cdq(l,mid);cdq(mid+1,r);
	sort(e2+l,e2+mid+1,cmp2);
	sort(e2+mid+1,e2+r+1,cmp2);
	int ll=l;
	for(int rr=mid+1;rr<=r;++rr){
		while(e2[rr].y>=e2[ll].y&&ll<=mid){
			add(e2[ll].c,e2[ll].num);
			ll++;
		}
		e2[rr].ans+=qu(e2[rr].c);
	}
	for(int i=l;i<ll;++i){
		add(e2[i].c,-e2[i].num);
	}
}
int main(){
	read(n);read(k);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		read(el[i].x);read(el[i].y);read(el[i].c);
	}
	sort(el+1,el+n+1,cmp1);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(el[i].x!=el[i-1].x||el[i].y!=el[i-1].y||el[i].c!=el[i-1].c){
			cnt++;
			e2[cnt].x=el[i].x;
			e2[cnt].y=el[i].y;
			e2[cnt].c=el[i].c;
			e2[cnt].num=1;
		}else{
			e2[cnt].num++;
		}
	}
	cdq(1,cnt);
	for(int i=1;i<=cnt;++i){
		ans[e2[i].ans+e2[i].num-1]+=e2[i].num;
	}
	for(int i=0;i<n;++i){
		cout<<ans[i]<<endl;
	}
	return 0;
}

2Jennie

可以通过给每个树加上权值来使我们倾向于多选和少选

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
template<class T>inline void read(T &x)
{
    x=0;register char c=getchar();register bool f=0;
    while(!isdigit(c))f^=c=='-',c=getchar();
    while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
    if(f)x=-x;
}
template<class T>inline void print(T x)
{
    if(x<0)putchar('-'),x=-x;
    if(x>9)print(x/10);
    putchar('0'+x%10);
}
int n,k;
int cnt[5000005];
int f[5000005];
int bas[5000005];
int ans;
bool check(int x){
	if(bas[1]+x>0){
	f[1]=bas[1]+x;
	cnt[1]=1;
	}else{
		if(bas[1]+x==0){
			f[1]=0;
			cnt[1]=1;
		}else{
		f[1]=0;
		cnt[1]=0;
		}
	}
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(f[i-1]>f[i-2]+bas[i]+x){
			f[i]=f[i-1];
			cnt[i]=cnt[i-1];
		}else if(f[i-1]<f[i-2]+bas[i]+x){
			f[i]=f[i-2]+bas[i]+x;
			cnt[i]=cnt[i-2]+1;
		}else{
			f[i]=f[i-1];
			cnt[i]=min(cnt[i-1],cnt[i-2]+1);
		}
	}
	return cnt[n]<=k;
}
signed main(){
	read(n);read(k);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		read(bas[i]);
	}
	int l=-2000000;
	int r=0;
	int mid;
	ans=-1;
	while(l<=r){
		 mid=(l+r)/2;
		if(check(mid)){
			l=mid+1;
			//if(cnt[n]<=k)
			ans=f[n]-mid*k;
		}else{
			r=mid-1;
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}