決策單調性&wqs二分

阿新 • • 發佈：2021-07-15

神奇的 dp 科技

其實是一個還算 trivial 的知識點吧……早在 2019 年我就接觸過了，然鵝當時由於沒認真學並沒有把自己學懂，故今復學之（

1. 決策單調性

引入：在求解 DP 問題的過程中我們常常遇到這樣的問題：我們列出了一個 \(dp\) 狀態轉移方程式形如 \(dp_i=\min\limits_{j<i}dp_j+w(j+1,i)\) 或類似的形式，暴力轉移時間複雜度 \(\mathcal O(n^2)\) 過不去，但是你發現這裡的代價函式 \(w(l,r)\) 有一些比較好的性質，譬如單調性或凹凸性等，此時你可以考慮使用決策單調性優化 \(dp\)。

決策單調性，說白了就是假設 \(dp_i\)

從 \(dp_{from_i}\) 轉移來，那麼如果 \(from\) 陣列滿足 \(\forall j<i,from_j\le from_i\)，就稱此處的 \(dp\) 滿足決策單調性（當然有可能 \(dp_i\) 從多個 \(dp_j\) 轉移過來都是最優的，此時決策單調性的定義就是存在一個 \(j\) 的最優決策點 \(\le\) 某個 \(i\) 的最優決策點）。

那麼問題就來了，如果僅僅通過打表找規律的方法列出決策點那顯然費時費力，有沒有不失去一般性和快捷性的判定方法呢？

注：下文中若無特殊說明，預設為最小化問題，若為最大化問題一般都要將不等號方向反過來。

判定決策單調性的強有力工具：四邊形不等式

四邊形不等式，說白了就是如果對於任意四個滿足 \(a\le b\le c\le d\) 的位置 \(a,b,c,d\)，都有 \(w(a,c)+w(b,d)\le w(a,d)+w(b,c)\)（當然如果是最大化問題則要將不等號方向反過來，可以簡單記為“相交優於包含”），那麼對應的 \(dp\) 陣列則滿足決策單調性。

證明：考慮反證法，假設存在某個 \(y<x\) 滿足 \(from_x<from_y\)。方便起見下文中令 \(fx=from_x,fy=from_y\)。

那麼根據 \(from\) 陣列的定義顯然有 \(dp_{fx}+w(fx+1,x)<dp_{fy}+w(fy+1,x)\ \ \ \ \ (1)\)

由於 \(fx+1<fy+1\le y<x\)，根據四邊形不等式有 \(w(fx+1,y)+w(fy+1,x)\le w(fx+1,x)+w(fy+1,y)\ \ \ \ (2)\)

\((1)+(2)\)，整理得 \(dp_{fx}+w(fx+1,y)<dp_{fy}+w(fy+1,y)\)，顯然與最優決策點的定義相悖。

區間包含單調

對於任意 \(a\le b\le c\le d\)，都有 \(w(b,c)\le w(a,d)\)，則稱 \(w\) 包含單調。

包含單調似乎不能直接用來證決策單調性，因此要配合一些東西食用。

一些推論

~~沒錯這東西還有一些推論。~~

推論 \(1\)：如果 \(w\) 函式滿足 \(w(l+1,r)+w(l,r-1)\le w(l,r)+w(l+1,r-1)\)，那麼 \(w\) 滿足四邊形不等式。

證明：將式子變形得到 \(w(l,r)-w(l,r-1)\ge w(l+1,r)-w(l+1,r-1)\)

推廣可得 \(w(l,r)-w(l,r-1)\ge w(l+k,r)-w(l+k,r-1),k\in\mathbb{Z}^+,l+k\le r-1\)

移項可得 \(w(l,r)-w(l+k,r)\ge w(l,r-1)-w(l+k,r-1)\)

進一步推廣可得 \(w(l,r)-w(l+k,r)\ge w(l,r-p)-w(l+k,r-p),p\in\mathbb{Z}^+,l+k\le r-p\)

移項可得 \(w(l,r-p)+w(l+k,r)\le w(l,r)+w(l+k,r-p)\)

記 \(a=l,b=l+k,c=r-p,d=r\)，那麼上式即可寫作 \(w(a,c)+w(b,d)\le w(a,d)+w(b,c)\)

推論 \(2\)：如果某個 \(dp\) 方程滿足 \(dp_{i,j}=\min\limits_{k}(dp_{i,k}+dp_{k+1,j}+w(i,j))\)，且 \(w(i,j)\) 滿足包含單調和四邊形不等式，則 \(dp\) 陣列也滿足四邊形不等式。

證明：對區間長度歸納，顯然 \(a=b=c=d\) 時必然有 \(dp_{a,c}+dp_{b,d}\le dp_{a,d}+dp_{b,c}\)。

我們要證明對於某個 \(a\le b\le c\le d\)，其中 \(a\ne d\)，有 \(dp_{a,c}+dp_{b,d}\le dp_{a,d}+dp_{b,c}\)，考慮分情況討論：

\(b=c\)，那麼設 \(x\) 為 \(dp_{a,d}\) 最優決策點，不妨設 \(x\le b\)，對於另外一半映象一下即可，那麼
\[\begin{aligned} &dp_{a,d}+dp_{b,c}\\ =&dp_{a,x}+dp_{x+1,d}+w(a,d)\\ \ge&dp_{a,x}+dp_{x+1,b}+dp_{b,d}+w(a,d)\\ \ge&dp_{a,x}+dp_{x+1,b}+dp_{b,d}+w(a,b)\\ \ge&dp_{a,b}+dp_{b,d} \end{aligned} \]

\(b\ne c\)，設 \(x\) 為 \(dp_{a,d}\) 的最優決策點，\(y\) 為 \(dp_{b,c}\) 的最優決策點，不妨設 \(x\le y\)，那麼
\[\begin{aligned} &dp_{a,d}+dp_{b,c}\\ =&dp_{a,x}+dp_{x+1,d}+w(a,d)+dp_{b,y}+dp_{y+1,c}+w(b,c)\\ =&dp_{a,x}+dp_{b,y}+(dp_{x+1,d}+dp_{y+1,c})+(w(a,d)+w(b,c))\\ \ge&dp_{a,x}+dp_{b,y}+(dp_{x+1,c}+dp_{y+1,d})+(w(a,d)+w(b,c))&(\text{對}x+1,y+1,c,d\text{進行四邊形不等式})\\ \ge&dp_{a,x}+dp_{b,y}+(dp_{x+1,c}+dp_{y+1,d})+(w(a,c)+w(b,d))\\ \ge&=dp_{a,c}+dp_{b,d} \end{aligned} \]

得證。

具體應用是可以優化區間 \(dp\)，有興趣的可以自己去實現，~~反正我是沒興趣咯（大霧~~。

決策單調性的實現

講了一車理論（fei）知識（hua），接下來談談決策單調性怎麼實現。

I. 單峰+1D：單指標跳躍

如果一個 \(dp\) 轉移方程滿足對於所有 \(dp_i\) 都有在 \(from_i\) 左邊的位置對 \(dp_i\) 的貢獻隨下標的增大而單調遞減，在 \(from_i\) 右邊的位置對 \(dp_i\) 的貢獻隨著下標的增大而增大，那麼結合決策單調性可以用一個指標維護決策點，每次求解某個 \(dp_i\) 就指標不斷向後跳直到下一個位置的貢獻劣於當前位置為止。

時間複雜度線性。

例題？抱歉，由於這種情況應用不是太廣泛，因此沒有例題……

II. 每一層之間的 \(dp\) 沒有影響：分治

這種情況的適用範圍為：二維 \(dp\)，只有上一層向下一層轉移，同一層之間不會轉移。而且每一層中有決策單調性。

具體來說我們定義一個函式 solve(l,r,pl,pr) 表示當前處理區間 \([l,r]\)，該區間中所有位置的決策點都在 \([pl,pr]\) 中，記 \(mid=\lfloor\dfrac{l+r}{2}\rfloor\)，每次我們暴力列舉 \([pl,pr]\) 中的決策點更新 \(dp_{mid}\) 即可，我們假設決策點為 \(pos\)，那麼我們繼續執行 solve(l,mid-1,pl,pos),solve(mid+1,r,pos,pr) 即可，正確性顯然，由於遞迴層數最多 \(\log n\)，每層跳躍長度總和 \(\mathcal O(n)\)，因此總複雜度 \(\mathcal O(n\log n)\)。

有時候我們還會遇到這樣的問題：代價函式 \(w(l,r)\) 不好直接求，但利用類似於莫隊這種移指標的方式可以求得，譬如區間數顏色，此時也可以通過這種方式計算代價函式，由於每次移動左右端點都在候選區間中移，因此指標的移動次數也是 \(\mathcal O(n\log n)\) 的。

例題：

1. CF868F Yet Another Minimization Problem

模板題，記 \(w(l,r)\) 表示 \([l,r]\) 中相同數字的對數，那麼顯然有 \(w(l,r-1)+w(l+1,r)\le w(l,r)+w(l+1,r-1)\)，且等號不成立當且僅當 \(a_l=a_r\)，因此該 \(dp\) 是滿足決策單調性的，又因為同一層之間的 \(dp\) 互不影響，因此可以使用分治優化，複雜度 \(n\log n\)。

const int MAXN=1e5;
const int MAXK=20;
int n,k,a[MAXN+5];ll dp[MAXN+5][MAXK+3];
int cl=1,cr=0,buc[MAXN+5];ll sum=0;
void push(int x){sum-=1ll*buc[a[x]]*(buc[a[x]]-1)>>1;buc[a[x]]++;sum+=1ll*buc[a[x]]*(buc[a[x]]-1)>>1;}
void pop(int x){sum-=1ll*buc[a[x]]*(buc[a[x]]-1)>>1;buc[a[x]]--;sum+=1ll*buc[a[x]]*(buc[a[x]]-1)>>1;}
ll calc(int l,int r){
	while(cr<r) push(++cr);
	while(cl>l) push(--cl);
	while(cl<l) pop(cl++);
	while(cr>r) pop(cr--);
	return sum;
}
void solve(int l,int r,int pl,int pr,int j){
	if(l>r||pl>pr) return;int mid=l+r>>1,pos=-1;
	for(int i=pl;i<=min(mid-1,pr);i++){
		if(dp[mid][j]>dp[i][j-1]+calc(i+1,mid))
			dp[mid][j]=dp[i][j-1]+calc(i+1,mid),pos=i;
	} solve(l,mid-1,pl,pos,j);solve(mid+1,r,pos,pr,j);
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);memset(dp,63,sizeof(dp));dp[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=k;i++) solve(1,n,0,n,i);
	printf("%lld\n",dp[n][k]);
	return 0;
}

2. P5574 [CmdOI2019]任務分配問題

和上面差不多，只不過移指標時要用樹狀陣列統計答案，因此時間複雜度 \(n\log^2n\)

3. LOJ #6039. 「雅禮集訓 2017 Day5」珠寶

首先注意到每件物品的代價很小，最多隻有 \(300\)，因此可以考慮在代價上做點文章，記 \(dp_{i,j}\) 表示考慮了代價 \(\le i\) 的物品，總代價 \(\le j\) 的最大價值，再記 \(mx_{i,j}\) 表示代價為 \(i\) 的物品中價值最大的 \(j\) 個物品價值之和，那麼顯然有 \(dp_{i,j}=\max\limits_{j-ki\ge 0}dp_{i-1,j-ki}+mx_{i,k}\)，注意到 \(mx_{i,k}\) 為下凸函式，因此該 \(dp\) 轉移方程滿足四邊形不等式，在同一個剩餘類（\(\bmod i\) 的同餘系）中滿足決策單調性，對每個剩餘類分治一下即可。

~~真·\(10^7\log 10^7\) 給艹過去了~~

4. P2605 [ZJOI2010]基站選址

~~此題正解似乎不是什麼決策單調性，但貌似決策單調效能水過去~~

首先考慮求出每個村莊，要使它不交補償費，顯然必須在某個區間中需有基站，我們假設這個區間為 \([L_i,R_i]\)，那麼代價函式 \(w(l,r)\) 的定義即為 \(\sum\limits_{i=l}^rw_i[L_i>l][R_i<r]\)，不難發現它滿足四邊形不等式，即 \(w(l,r)+w(l+1,r-1)\ge w(l+1,r)+w(l,r-1)\)，分治+決策單調性優化即可，統計答案可用莫隊的思想，加入左/右端點時在對應 vector 裡 lower_bound 即可，理論複雜度 \(\mathcal O(nk\log^2n)\)，被正解碾壓，但實際跑起來飛快，吊打部分實現不好的正經寫法。

III. 1D1D：二分佇列

適用範圍：\(dp_i=\min\limits_{j<i}dp_j+w(j+1,i)\)。

大概就是，如果某個 \(dp\) 狀態滿足決策單調性，那麼對於某兩個可以轉移到 \(i\) 的決策點 \(j,k(j<k)\)，如果 \(j\) 沒有 \(k\) 來得優，那麼隨著 \(i\) 的增大，\(j\) 肯定更沒有 \(k\) 來得優，此時 \(j\) 就沒有用了。那麼考慮以 \(i\) 的增大為時間線，某個決策點 \(j\) 從出生到被幹掉的命運顯然應該是這樣的：開始時不如某些在它前面的決策點，後來不斷變強，逐漸幹掉在它前面的決策點並（有可能）成為最優決策點，在最優決策點保持一段時間後又被它後面的決策點反超。因此考慮維護一個單調佇列，從隊首到隊尾決策點下標單調遞增，同時對 \(i\) 的貢獻單調遞減，那麼顯然隊首元素就是 \(i\) 的最優決策點。當 \(i\) 變為 \(i+1\) 時我們就不斷彈出隊首，直到隊首元素由於佇列第二個元素即可，將某個決策點 \(i\) 加入佇列時，我們就記 \(need(x,y)\) 表示 \(x\) 最早什麼時候能夠比 \(y\) nb，那麼我們比較 \(need(q[tl],q[tl-1])\) 與 \(need(i,q[tl])\)，如果 \(i\) 能比 \(q[tl]\) 幹掉 \(q[tl-1]\) 更早地幹掉 \(q[tl]\)，那麼 \(q[tl]\) 顯然就是個廢物，彈出佇列即可。\(need(x,y)\) 顯然可以二分求出。

時間複雜度 \(n\log n\)。

5. P1912 [NOI2009] 詩人小G

裸的決策單調性優化 \(dp\)，打表可以發現代價函式 \(w\) 滿足四邊形不等式，而狀態轉移方程又滿足 1D1D，因此可以使用二分佇列優化，複雜度 \(n\log n\)，注意手寫快速冪並使用 long double 避免精度問題！！！

6. P3515 [POI2011]Lightning Conductor

首先式子可以轉化為 \(p\ge a_j-a_i+\sqrt{|i-j|}\)，因此我們只需求出 \(f_i=\max\limits_{j}a_j+\sqrt{|i-j|}\)，對於 \(j<i\) 和 \(j>i\) 兩部分顯然是對稱的，因此我們只用著眼於一邊即可，注意到這個 \(w(j,i)=\sqrt{|i-j|}\) 滿足四邊形不等式，因為 \(f(x)=\sqrt{x}\) 為上凸函式，二階導數恆為負，因此可以決策單調性優化，上個決策單調性即可。

const int MAXN=5e5;
int n,a[MAXN+5],q[MAXN+5];
double dp1[MAXN+5],dp2[MAXN+5];
double rt[MAXN+5];
double calc(int x,int y){return a[x]+rt[y-x];}
int need(int x,int y){
	int l=x,r=n,p=n+1;
	while(l<=r){
		int mid=l+r>>1;
		if(calc(x,mid)>calc(y,mid)) p=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	} return p;
}
void solve(double *dp){
	int hd=1,tl=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(hd<tl&&need(i,q[tl])<=need(q[tl],q[tl-1])) --tl;
		q[++tl]=i;
		while(hd<tl&&calc(q[hd],i)<calc(q[hd+1],i)) ++hd;
		dp[i]=calc(q[hd],i);
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) rt[i]=sqrt(i);
	solve(dp1);reverse(a+1,a+n+1);solve(dp2);reverse(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",max((int)(ceil(max(dp1[i],dp2[n-i+1])))-a[i],0));
	return 0;
}

IV. 二維：記錄決策點

適用範圍：二維 \(dp\)，滿足決策單調性。

假設 \(dp_{i,j}\) 的決策點 \(from_{i,j}\) 隨著 \(j\) 的增大而增大，也隨著 \(i\) 的增大而增大，那麼不難發現不等式 \(from_{i,j-1}\le from_{i,j}\le from_{i+1,j}\) 一定成立，因此我們正序列舉 \(j\)，倒序列舉 \(i\)，然後在對應區間內轉移即可，顯然複雜度是嚴格平方的，因為如果我們把 \(dp\) 看作一個矩形，那麼矩形每條對角線上的決策點都是依次遞增的，列舉次數自然也是 \(\mathcal O(n)\) 的，而對角線個數 \(\mathcal O(n)\)，因此總複雜度平方。

7. CF321E Ciel and Gondolas

設 \(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 個人劃分成 \(j\) 段的最小代價，那麼顯然代價函式 \(w(l,r)\) 滿足決策單調性，記錄轉移點轉移即可，轉移時就求個二維字首和，複雜度嚴格平方。

using namespace fastio;
const int MAXN=4000;
const int MAXK=800;
int n,k,a[MAXN+5][MAXN+5],s[MAXN+5][MAXN+5];
int dp[MAXN+5][MAXK+5],from[MAXN+5][MAXK+5];
int sum(int l1,int r1,int l2,int r2){
	return s[r1][r2]-s[l1-1][r2]-s[r1][l2-1]+s[l1-1][l2-1];
}
int main(){
	read(n);read(k);
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++){
		read(a[i][j]);s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
	} memset(dp,63,sizeof(dp));dp[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=k;i++) for(int j=n;j;j--)
		for(int l=from[j][i-1];l<=((j==n)?n:from[j+1][i]);l++)
			if(l<j&&dp[j][i]>dp[l][i-1]+sum(l+1,j,l+1,j))
				dp[j][i]=dp[l][i-1]+sum(l+1,j,l+1,j),from[j][i]=l;
	printf("%d\n",dp[n][k]>>1);
	return 0;
}

8. P4767 [IOI2000]郵局

同上，唯一的區別是代價函式的計算方式不同&輸入格式不同（大霧）

9. P5897 [IOI2013]wombats

nb tea，線段樹分塊+決策單調性優化 dp，題解

參考資料：

DP的四邊形不等式及決策單調性優化
DP的決策單調性優化總結，cmd_blk yyds！

2. wqs 二分

基本思想

似乎跟決策單調性關係不算太大，但是與決策單調性一樣都屬於通過觀察 \(dp\) 陣列的性質來優化 \(dp\)，因此就在這裡一併講掉了（

引入：給定一個由正整陣列成的序列 \(a\)，你可以把它分成 \(k\) 段，使每段和的平方之和最小。

我會暴力 \(dp\)！\(dp_{i,j}\) 表示前 \(i\) 個數分成 \(j\) 段的最小代價，複雜度 \(n^3\)！

太慢了！有沒有快一點的做法？

我會決策單調性優化 \(dp\)！這東西的代價函式滿足四邊形不等式，可以分治優化，複雜度 \(nk\log n\)！

還是慢了！有沒有再快一點的做法？

我會斜率優化！這東西可以寫成一次函式的形式，斜率優化一下可以到 \(\mathcal O(nk)\)！

能不能再快一點！

………………

這時候我們的 wqs 二分就要派上用場了。wqs 二分，又稱~~忘情水~~王欽石二分，帶權二分，DP 凸優化，常見於限制選取物品個數的 DP 當中（或者限制劃分成 \(k\) 段），如果我們發現 \(dp_i\) 滿足凹凸性（上凸/下凸），那麼就可以考慮 wqs 二分。

關於 wqs 二分一個比較感性的認識是，以剛才的例子為例，如果我們不限制段數，那麼根據 \((\sum\limits_{i=1}^na_i)^2\ge\sum\limits_{i=1}^na_i^2\) 可知我們肯定會貪心地選擇每個元素單獨一段，這樣可能不滿足 \(k\) 的限制，因此我們考慮加上一個額外的條件：每多分一段就可以 \(-c\) 的代價，那麼顯然如果 \(c\) 趨近於 \(\infty\) 我們就每個元素自己單獨成一段了，而 \(c=0\) 就是之前的情形，那麼我們能不能找到一個分界點，使得在上述情形中最優方案剛好分了 \(k\) 段呢？答案是肯定的，這就是 wqs 二分的基本思想。因此如果做題拿不準是否是 wqs 二分可以用該方法感性地判斷，或者實在不行打個表觀察一下也行。

感性的認識講完了，下面講理性的理解，還是以上面的例子為例，下面簡記 \(f(x)\) 表示上面的 \(dp_{n,x}\)，打個表發現 \(f(x)\) 是個凸函式，因此考慮二分一個斜率 \(c\) 並用斜率為 \(-c\) 的直線去截這個凸包，那麼該直線一定會卡到凸包下方的某個點，這個點顯然一定是在 \(y\) 軸上截距最小的點——或者說，就是上面感性認識中，我們給每段代價 \(-c\) 後最優劃分方案，我們考慮求出這個最優劃分方案——這個就可以按照上面暴力做法那樣決策單調性/斜率優化了，同時我們記錄最優方案劃分的段數 \(p\)，如果 \(p=k\) 那顯然本題就做完了，答案就是 \(\text{最優劃分策略的答案}+kc\)，否則如果 \(p>k\) 那我們就將 \(c\) 調大一點，如果 \(p<k\) 就將 \(c\) 調小一點，這樣本題就做完了，複雜度 \(n\log n/n\log^2n\)，吊打上面的三個做法。

重要實現細節：三點共線

上述做法夢想很美滿，現實很骨感，你照著上面的思路寫，過了樣例，一交……

WA……WA？WA！

原因是因為你沒有特殊判斷下面的情形：

在上面的情形中，假如我們的 \(k\) 剛好就是 \(C\) 點的橫座標，那麼在 \(c\) 稍微大一點的情況下會切到 \(B\)（即上圖中的橙色直線 \(k_1\)），\(c\) 稍微小一點的情況下會切到 \(D\)（即上圖中的粉色線段），永遠也輪不到 \(C\)，所以上面的狀態還有待改進，我們考慮在最優答案相同時，保留劃分段數最大的答案，然後如果劃分段數 \(\ge k\) 就更新答案，並且更新答案為最終最優解 \(+k\times mid\)，而不是最優解 \(+\text{最優劃分段數}\times k\)。為什麼要限制這個劃分段數最大/最小呢，因為顯然直線在切到 \(B\) 和切到 \(D\) 之間總會有一個斜率的分界點對吧，我們的答案肯定會取分界點左邊減去一個很小的值 \(\epsilon\) 對吧，那由於它大於真正的 \(BD\) 之間的斜率 \(k\)，因此它總會切到 \(D\)，但由於它與真正的分界點之間的差太微小了，我們的程式會把它與 \(B\) 處的答案認作同一個值，那麼怎麼辦呢……這時候就要以劃分段數為第二關鍵字了，如果我們沒有這個操作那切到 \(B\) 時候答案就不會被更新了，這顯然是我們所不希望的，加上這個操作就可以避免這個 error 了。當然你也可以保留劃分段數最小的答案，那麼此時就要在劃分段數 \(\le k\) 時更新答案，這樣就可以過了。

其他細節

在 wqs 二分中，由於 \(dp\) 值一般是整數，因此斜率 \(c=\dfrac{dp_{i+1}-dp_i}{i+1-i}=dp_{i+1}-dp_i\) 也是整數，因此二分可以不用實數域上二分，但如果碰到小數的 \(dp\) 值就要實數域二分了。
可以將 \((\text{代價},\text{劃分段數})\) 封成一個類，手動過載小於號和加號，這樣可以省去不少繁瑣的比較操作，但可能常數會有億點大（因為加了類封裝後常數本來就會變大）

wqs 二分與費用流的關係

眾所周知，

如果是一個費用流模型，它肯定具有下凸性。
因為費用流的過程中，肯定是先增廣最短路，增廣完了之後不可能增廣更短的路。

——~~某位我不認識的神仙~~

說人話，就是假設我們每次增廣流量為 \(1\) 的流，那麼顯然每次增廣時我們會選擇一條 \(S\to T\) 的最短路徑，並令答案加上這條路徑的權值之和，由於增廣之後會減少正向邊的權值，因此對於一條 \(S\to T\) 的路徑，如果我們第 \(k\) 次增廣時增廣了它，那麼顯然 \(\forall i\in[1,k-1]\)，第 \(i\) 次增廣時這條路徑也在圖上，因此第 \(i\) 次增廣的權值 \(g(i)\) 是一個遞增函式，前 \(i\) 次增廣的路徑之和 \(f(i)\) 自然就是一個下凸函式。所以如果多次增廣的費用流問題，我們可以用 wqs 二分來優化。

例題

10. P2619 [國家集訓隊]Tree I

記 \(f_i\) 為選 \(i\) 條白邊的答案，那麼我們感性理解一下，如果我們給每條白邊權值 \(-\infty\)，那麼顯然選擇的白邊條數會取到最大值；如果給它們都加上 \(\infty\)，那麼選擇的白邊條數會取到最小值——也就是說存在一個分界點 \(c\) 使得給每條白邊權值 \(-c\) 後最小生成樹中恰好有 \(k\) 條白邊，故 \(f_i\) 為凸函式，wqs 二分即可，複雜度 \(n\log^2n\)，可以使用歸併排序，即將黑邊白邊在預處理時分別排序，每次二分時歸併一下即可，配合路徑壓縮+啟發式合併可以做到 \(\mathcal O(n\alpha(n)\log n)\)，沒有興趣實現……

const int MAXN=5e4;
const int MAXM=1e5;
int n,m,need,ans;
struct edge{
	int u,v,w,col;
	bool operator <(const edge &rhs){
		return (w^rhs.w)?(w<rhs.w):(col<rhs.col);
	}
} e[MAXM+5];
int f[MAXN+5];
int find(int x){return (!f[x])?x:f[x]=find(f[x]);}
bool check(int mid){
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=0;
	for(int i=1;i<=m;i++) if(!e[i].col) e[i].w-=mid;
	sort(e+1,e+m+1);int tot=0,res=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int fu=find(e[i].u),fv=find(e[i].v);
		if(fu==fv) continue;f[fu]=fv;
		tot+=!e[i].col;res+=e[i].w;
	} for(int i=1;i<=m;i++) if(!e[i].col) e[i].w+=mid;
	return (tot>=need)?(ans=res+mid*need,1):0;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&need);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w,&e[i].col);
		++e[i].u;++e[i].v;
	} int l=-100,r=100,p=0;
	while(l<=r){
		int mid=l+r>>1;
		if(check(mid)) p=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	} printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

11. CF739E Gosha is hunting

首先三方的 \(dp\) 顯然：\(dp_{i,a,b}\) 表示取前 \(i\) 個球的過程中中用了 \(a\) 個寶貝球和 \(b\) 個超級球的最小代價，顯然可以 wqs 二分，於是上個 wqs 二分找最優劃分段數為 \(B\) 的斜率即可，時間複雜度平方對數，可以通過 wqs 二分套 wqs 二分做到 \(n\log^2n\)，有興趣的可以自己去實現一下，反正我是從來沒有興趣咯……

通過以下程式碼瞭解一下決策單調性 \(dp\) 陣列的類如何實現：

const int MAXN=2000;
const double EPS=1e-12;
int n,x,y;double a[MAXN+5],b[MAXN+5],ans=0;
struct dp_val{
	int num;double res;
	dp_val(int _num=0,double _res=0):num(_num),res(_res){}
	bool operator <(dp_val rhs) const{
		return (fabs(res-rhs.res)<EPS)?(num>rhs.num):(res<rhs.res);
	}
	dp_val operator +(dp_val rhs) const{
		return dp_val(num+rhs.num,res+rhs.res);
	}
} dp[MAXN+5][MAXN+5];
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&b[i]);
	double l=0,r=1;
	while(fabs(r-l)>EPS){
		double mid=1.0*(l+r)/2;
		for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=y;j++) dp[i][j]=dp_val();
		for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=y;j++){
			chkmax(dp[i][j],dp[i-1][j]+dp_val(0,0));
			chkmax(dp[i][j],dp[i-1][j]+dp_val(1,a[i]-mid));
			if(j){
				chkmax(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+dp_val(0,b[i]));
				chkmax(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+dp_val(1,a[i]+b[i]-a[i]*b[i]-mid));
			}
		} dp_val mx;
		for(int j=0;j<=y;j++) chkmax(mx,dp[n][j]);
		if(mx.num<=x) r=mid,ans=mx.res+x*mid;
		else l=mid;
	} printf("%.10lf\n",ans);
	return 0;
}

此外，此題還可以使用費用流求解：新建兩個點 \(A,B\)，從 \(S\) 向 \(A\) 連容量 \(a\) 權值 \(0\) 的邊，向 \(B\) 連容量 \(b\) 權值 \(0\) 的邊，從 \(A\) 向每個球 \(i\) 連容 \(1\) 權值 \(p_i\) 的邊；從 \(B\) 向每個球連容 \(1\) 權值 \(u_i\) 的邊，然後從 \(i\) 向 \(T\) 連兩條邊，容量均為 \(1\)，一條權值 \(0\)，一條權值 \(-u_ip_i\)，然後跑最大費用最大流即可。

12. P4383 [八省聯考2018]林克卡特樹

首先題目等價於選擇 \(k+1\) 條不同的鏈，問它們邊權之和的最大值，打個表可以發現該 \(dp\) 為凸函式，因此可以 wqs 二分。

二分一個斜率 \(k\)，然後設 \(dp_{u,0/1/2}\) 表示考慮了 \(u\) 的子樹，\(u\) 下方連了 \(0/1/2\) 條邊的最大權值之和，再設 \(f_u\) 表示以 \(u\) 為根的子樹中，與 \(u\) 的父親不連邊時的答案。轉移就列舉對應的兒子的狀態合併一下即可，具體來說轉移方程如下（其中 \(w\) 為 \((u,v)\) 邊的權值）：

\(dp_{u,2}=\max\{dp_{u,2},dp_{u,1}+dp_{v,1}+w-mid,dp_{u,1}+f_{v}\}\)
\(dp_{u,1}=\max\{dp_{u,1},dp_{u,0}+dp_{v,1}+w-mid,dp_{u,0}+f_v\}\)
\(dp_{u,0}=dp_{u,0}+dp_{v,0}\)

最後 \(f_u=\max\{dp_{u,0},dp_{u,1}-mid,dp_{u,2}\}\)

注意轉移順序，應按照 \(2\to 1\to 0\) 的順序轉移，還有二分斜率有可能是負的，因此二分下界不能設為 \(0\)！！！！111

13. CF802O April Fools' Problem (hard)

~~並不是愚人節的題目（大霧~~

首先此題顯然可以 wqs 二分~~否則我就不會把它放在這裡了（London Fog~~

對於每一道題有三種選擇：

跳過它，不使用它
把它當作一個準備的決策
把它和之前最小的 \(a\) 匹配，並列印

我們可以用優先佇列來維護這個過程，時間複雜度 \(n\log n\log w\)。

14. CF958E2 Guard Duty (medium)

還是按照套路 wqs 二分，然後二分內部是一個 dp，樸素 dp 是平方的，稍微用點腦子就知道可以使用字首 \(\min\) 優化，複雜度 \(n\log n\)。

15. P4983 忘情

首先將題目中那個奇奇怪怪的貢獻柿子拆開可得 \(w(l,r)=(1+\sum\limits_{i=l}^ra_i)^2\)，然後按照套路 wqs 二分即可，wqs 二分內部我們設 \(dp_i\) 表示劃分前 \(i\) 個數的最小代價，那麼有 \(dp_i=\sum\limits_{j<i}w(j+1,i)+dp_j\)，斜率優化即可，複雜度 \(n\log n\)。

16. P6246 [IOI2000] 郵局加強版

沒錯就是 \(8\) 的加強版，不過學了 wqs 二分這個加強版和原題就沒啥區別了……

上個 wqs 二分，然後決策單調性優化一下即可。

由於轉移方程是 1D1D，因此需要二分佇列

17. P5633 最小度限制生成樹

如果把每個點的顏色看作它是否有一個端點為 \(s\)，那麼就跟 \(10\) 一樣了……

注意判 Impossible！

18. P5308 [COCI2019] Quiz

~~上凸殼寫成下凸殼了都能過樣例，就 nm 離譜~~

首先如果不考慮 \(k\) 的限制那麼可以考慮倒著 \(dp\)，\(dp_i\) 表示還剩 \(i\) 個人最多能夠獲得的獎金，那麼有 \(dp_i=\max\limits_{j<i}dp_j+\dfrac{i-j}{i}\)，發現這東西可以斜率優化，即對於 \(j<k\)，從 \(k\) 轉移比從 \(j\) 轉移更優的充要條件是 \(dp_j+\dfrac{i-j}{i}<dp_k+\dfrac{i-k}{i}\)，即 \(\dfrac{dp_j-dp_k}{j-k}>\dfrac{1}{i}\)，斜率優化一下即可。加個 \(k\) 的限制之後上個 wqs 即可。

19. P5617 [MtOI2019]不可視境界線 / 2021.7.14 六校聯訓 T2 / NFLSOJ #1055

~~真·昨天剛學的 wqs 二分今天就能在模擬賽中派上用場~~

~~傻逼卡精度+卡常屑題~~

首先一眼 wqs 二分，二分內部可以 \(dp\)，\(dp_i\) 表示前 \(i\) 個圓覆蓋的並減去 \(mid\) 乘圓的個數的最大值，那麼顯然有轉移方程 \(dp_i=\max\limits_{j<i}dp_j+w(j,i)-mid\)，其中 \(w(j,i)\) 是一個與 \(x_i-x_j\) 有關的函式，可以通過 cmath 庫預處理出來，發現它是一個下凸函式，因此莽個決策單調性即可。

時間複雜度 \(n\log n\log w\)，然鵝由於涉及浮點數的運算，常數上天……