一种优化带限制最优值动态规划的方法——wqs二分

前言

今年icpc南京站出了这么一道题。
一条轴上有n个点，每个点上有一个人。你要建最多k个商店，每个点上的人会去最近的商店，求每个人运动的距离和的最小值。
这东西显然满足决策单调性，一眼想到O(n*k)做法，然后发现n和k都是1e5级别的，遂gg。
所以本菜鸡队在南京站就7题滚粗了，最后挂机一小时，勉强拿了个金。
后来问了某dalao，某dalao不屑地表示，这题一个凸优化加一个斜率优化就好了。
凸优化是啥？？我只知道AI的凸优化。。。
去搜了一下，了解了一个叫wqs二分的东西。

简述

假设没有k的限制，我们可以轻松地写出dp式并完成dp。
现在考虑这个限制，我们可以二分一个代价V，在dp的时候，每完成一次操作（如开一座商店）就需要付出V的代价。
对于本题，V越大，开一个商店的代价越大，开的商店数也就越少。
只要满足这个性质，我们就可以通过二分这个V，找到使得开的商店数<=k的最小的V，对应的dp值减去k*V就是答案。
什么时候可以使用这个算法呢？只要这个问题是个凸问题。
也就是说，我们定义g[x]表示操作x次的最大/最小收益，如果这个函数是个凸壳那么就可以这么做了。

例题

BZOJ2654 tree

题目描述
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2654

题解
套个wqs二分。
二分每条白边对应的权值V。
然后跑个mst就好了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
#define inf 100
using namespace std;
int n,m,K,ans,fa[N];
struct node{
  int a,b,c,col;
  bool operator<(const node &p)const{
    return c<p.c||(c==p.c&&col<p.col);
  }
}e[N];

int find(int x)
{
  if(fa[x]==x)return x;
  return fa[x]=find(fa[x]);
}

int cal(int mid,int &ans)
{
  int sum=0,a,b;ans=0;
  for(int i=1;i<=m;i++)
    if(!e[i].col)e[i].c+=mid;
  sort(e+1,e+m+1);
  for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
  for(int i=1;i<=m;i++)
  {
    a=find(e[i].a);b=find(e[i].b);
    if(a!=b)fa[b]=a,ans+=e[i].c,sum+=!e[i].col;
  }
  for(int i=1;i<=m;i++)
    if(!e[i].col)e[i].c-=mid;
  return sum;
}

int main()
{
  int a,b,c,d;
  scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
  for(int i=1;i<=m;i++)
    scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d),e[i]=(node){a+1,b+1,c,d};
  int l=-inf,r=inf;
  while(r-l>1)
  {
  	int mid=l+r>>1;
    if(cal(mid,ans)<K)r=mid-1;
    else l=mid;
  }
  if(cal(r,ans)==K)printf("%d\n",ans-r*K);
  else cal(l,ans),printf("%d\n",ans-l*K);
  return 0;
}

UOJ240 【IOI2016】aliens

题目描述
http://uoj.ac/problem/240

题解
假装他是道交互题。。。
首先把坐标点都沿对角线翻转到同一侧，然后只保留最外层的，剩下的显然没有意义。
暴力dp，f[i][j]=f[k][j-1]+(Y[i]-X[x+1]+1)^2-max(Y[i]-X[i+1]+1,0)^2
这东西决策单调，排个序后x坐标单调，显然可以斜率优化。
再加个wqs二分优化就可以过了

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 100010
using namespace std;
int n,m,K,tot,X[N],Y[N],g[N],q[N];ll ans,f[N];
struct node{
  int x,y;
  bool operator<(const node &p)const{
    return x<p.x||(x==p.x&&y>p.y);
  } 
}t[N];

ll sqr(ll x){return x*x;}
double cal(int k,int j){
  return (sqr(X[j+1])-sqr(X[k+1])+f[j]-f[k]-2.0*X[j+1]+2.0*X[k+1])/2.0/(X[j+1]-X[k+1]); 
}
int solve(ll V,ll &ans)
{
  int l=1,r=1,x;
  for(int i=1;i<=tot;i++)
  {
    while(l<r&&cal(q[l],q[l+1])<Y[i])l++;
    x=q[l];f[i]=f[x]+sqr(Y[i]-X[x+1]+1)+V;g[i]=g[x]+1;
	if(i<tot&&Y[i]>=X[i+1])f[i]-=sqr(Y[i]-X[i+1]+1);
	while(l<r&&cal(q[r-1],q[r])>cal(q[r-1],i))r--;
    q[++r]=i;
  }
  ans=f[tot]-K*V;return g[tot];
}

ll take_photos(int n,int m,int k,vector<int>r,vector<int>c)
{
  K=k;
  for(int i=0;i<n;i++)
	t[i+1]=(node){min(r[i],c[i]),max(r[i],c[i])};
  sort(t+1,t+n+1);
  for(int i=1;i<=n;i++)
    if(!tot||t[i].y>Y[tot])X[++tot]=t[i].x,Y[tot]=t[i].y;
  ll L=0,R=(ll)m*m,mid;
  while(R-L>1)
  {
  	mid=L+R>>1;
    if(solve(mid,ans)>k)L=mid+1;
    else R=mid;
  }
  if(solve(L,ans)<=k)return ans;
  solve(R,ans);return ans;
}