[学习笔记]wqs二分/DP凸优化 从一个经典问题谈起: 有一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\),要求找出恰好 \(k\) 个不相交的连续子序列,使得这 \(k\) 个序列的和最大 \(1 \leq k \leq n \leq 10^5, -10^9 \leq a_i \leq 10^9\) 先假装都会 \(1 \leq k \leq n \leq 1000\) 的 \(dp\) 做法以及 \(k = 1\) 的子问题 实际上这个问题还可以是个费用流模型: 对于序列中每一个点 \(i\)

我是从其他博客里看到这题的,上面说做法是wqs二分套wqs二分?但是我好懒呀,只用了一个wqs二分,于是\(O(nlog^2n)\)→\(O(n^2logn)\) 首先我们有一个\(O(n^3)\)的暴力\(DP\),转移好写,形式优美,但复杂度不对 该怎样发现它的凸性质呢 1.打表√ 2.冷静分析一波,每一种球肯定是越多越好,于是我们先固定选择\(a\)个普通球,然后那\(b\)个大师球肯定是从大到小挑选.这样的话每多选一个,新增的收益就会下降一点,也就是说这是个上凸函数.(口胡如果假的话,就

今天模拟赛有一道林克卡特树,完全没有思路 赛后想了一想,不就是求\(k+1\)条不相交的链,使其权值之和最大嘛,傻了. 有一个最裸的\(DP\),设\(f[i][j][k]\)表示在以\(i\)为根的子树中,选了\(j\)条链,\(k=0\)表示\(i\)不在链上,\(k=1\)表示\(i\)是链的一端,\(k=2\)表示\(i\)在链的中间 这样就随便转移了,就是个\(O(nk^2)\)的树上背包 然后呢,又傻了,这能怎么优化? 我先在这里Orz一下大佬BLUESKY007,没有学过wqs二分

应用分析 它的作用就是题目给了一个选物品的限制条件,要求刚好选$m$个,让你最大化(最小化)权值, 然后其特点就是当选的物品越多的时候权值越大(越小). 算法分析 我们先不考虑物品限制条件, 假定我们要最大化权值. 然后其中我们二分一个$C$,表示选一次物品的附加权值, 如果我们$C$越大,我们选的物品个数越多,权值越大, 于是当选的物品个数大于$m$时,减小$C$,否则增大$C$, 最后计算答案的时候去掉$C$值的影响即可. Updata:这回还是讲一讲算法吧-->理论算法分析 首先我们拿到一

论文 提出问题 在某些题目中,强制规定只能选 \(k\) 个物品,选多少个和怎么选都会影响收益,问最优答案. 算法思想 对于上述描述的题目,大部分都可以通过枚举选择物品的个数做到 \(O(nk^2)\) 或 \(O(nk)\) 的 \(\mathrm{DP}\),如果没有选择个数的限制的话,复杂度大概会降为 \(O(n)\) 级别. 先不考虑数量限制. 假设要最小化权值. 还是拿题说吧:给定长度为 \(n\) 的正整数序列,要求将该序列划分为 \(k\) 段,记每段之和为 \(sum(i)\),

假设已经linkcut完了树,答案显然是树的直径.那么考虑这条直径在原树中是怎样的.容易想到其是由原树中恰好k+1条点不相交的链(包括单个点)拼接而成的.因为这样的链显然可以通过linkcut拼接起来,而若选择不超过k条链则可能有链不得不被cut拆开,即使不会被拆开也可以通过选择单点来达到恰好k+1条(下设k=k+1). 那么问题变为在树上选择k条点不相交的链使边权和最大.最简单的dp就是设f[i][j]为i子树中选j条链的最大权值,且用一维012状态记录i这个点在子树中的度数,转移类似于一个树

从一个题带入:[八省联考2018]林克卡特树lct——WQS二分 比较详细的: 题解 P4383 [[八省联考2018]林克卡特树lct] 简单总结和补充: 条件 凸函数,限制 方法: 二分斜率,找切点横纵坐标,判断k的位置 找切点坐标: 集体-mid*x(证明还是凸函数:f(x+2)-f(x+1)<=f(x+1)-f(x))仍然成立) 每次选择物品有额外代价, 找此时高点就是原凸包切点 为了避免凸包上多点共线并且线的横坐标区域包含k,从而使得不会二分到k, 我们ans不记录符合条件切点的纵坐标

[八省联考2018]林克卡特树lct 一看这种题就不是lct... 除了直径好拿分,别的都难做. 所以必须转化 突破口在于:连“0”边 对于k=0,我们求直径 k=1,对于(p,q)一定是从p出发,走一段原树,走0(或不走),再走一段原树,所以要最大化原树的值的和. 选择最大两条 点不相交的链(注意:可以选择一个点,这时候链长为0).然后一定可以首尾连起来得到答案 k更大的时候,选择最大的k+1条两两不相交的路径,然后一定存在方案使之连接起来,一定是最优解.(因为如果实际上最优解不用走k条0边,

题目链接 CF739E 题解 抓住个数的期望即为概率之和 使用\(A\)的期望为\(p[i]\) 使用\(B\)的期望为\(u[i]\) 都使用的期望为\(p[i] + u[i] - u[i]p[i]\) 当然是用越多越好 但是他很烦地给了个上限,我们就需要作出选择了 有一个很明显的\(O(n^3)\)的\(dp\),显然过不了 但我们有一个很好的\(WQS\)二分 我们非常想去掉这个上限 那就去掉吧,但是每用一次都要付出一个代价 我们二分这个代价,当使用次数恰好为为\(a\)和\(b\)时就是

题目描述 小L 最近沉迷于塞尔达传说:荒野之息(The Legend of Zelda: Breath of The Wild)无法自拔,他尤其喜欢游戏中的迷你挑战. 游戏中有一个叫做“LCT” 的挑战,它的规则是这样子的:现在有一个N 个点的 树(Tree),每条边有一个整数边权vi ,若vi >= 0,表示走这条边会获得vi 的收益:若vi < 0 ,则表示走这条边需要支付- vi 的过路费.小L 需要控制主角Link 切掉(Cut)树上的 恰好K 条边,然后再连接 K 条边权为 0 的边

dp容易想到,但没法进一步优化了. 考虑贪心,每次选出价值最大的物品.但这显然是不对的因为会影响其他物品的选择. 于是考虑加上反悔操作.每次选出一个物品后,将其相邻两物品删除,再将原物品价值变为相邻两物品价值和-原物品价值.这样如果再次选择该物品就可以达到改为选择相邻两物品的效果.并且最优方案中相邻两物品一定要么都选要么都不选,否则不如选择原物品. 这种带反悔的贪心策略似乎类似地在网络流算法中出现,应该是一个比较普遍的做法,然而并不会证. #include<iostream> #include

WQS二分,一种优化一类特殊DP的方法. 很多最优化问题都是形如“一堆物品,取与不取之间有限制.现在规定只取k个,最大/小化总收益”. 这类问题最自然的想法是:设f[i][j]表示前i个取j个的最大收益,转移即可.复杂度O(n^2). 那么,如果在某些情况下,可以通过将问题稍作转化,变成一个不强制选k个的DP,而最后DP出来的最优解一定正好选了k个,那么问题就会简化很多. WQS二分就是基于这个思想. 首先考虑建一个二维坐标系,x轴是选的数的个数,y轴是最大收益,如果这个x-y图像有凸性,那么就

对于k=0和k=1的点,可以直接求树的直径. 然后对于60分,有一个重要的转化:就是求在树中找出k+1条点不相交的链后的最大连续边权和. 这个DP就好.$O(nk^2)$ 然后我们完全不可以想到,将best[k](选择k条链的答案)打表输出,更不可能然后作差分,发现得到的数组是递减的. 这说明:best[k]是一个上凸包. 于是我们可以二分一个斜率去切这个凸包(类似导数),根据切点横坐标与k的大小旋转直线(改变斜率). 考虑给你一个直线斜率k,怎么找到它和凸包的切点.实际上就相当于将这个凸函数减

前言 \(WQS\)二分听起来是个很难的算法,其实学起来也并不是那么难. 适用范围 在某些题目中,会对于某个取得越多越优的物品,限定你最多选择\(k\)个,问你能得到的最优答案. 例如这道题目:[CF739E]Gosha is hunting. 这些题目一般都可以通过枚举选择的物品个数并\(O(n)DP\)来做到\(O(nk)\). 但如果随着选择物品个数的增加,得到贡献的斜率是不递增的,我们就可以用\(WQS\)二分,来将\(O(nk)\)的时间复杂度优化为\(O(nlogn)\). 大致思想

点此看题面 大致题意: 你有两种捕捉球(分别为\(A\)个和\(B\)个),要捕捉\(n\)个神奇宝贝,第\(i\)个神奇宝贝被第一种球捕捉的概率是\(s1_i\),被第二种球捕捉的概率是\(s2_i\),问在最优策略下期望捕捉到的神奇宝贝数量. \(WQS\)二分 这应该是一道比较经典的\(WQS\)二分题(毕竟是 \(WQS\)二分套\(WQS\)二分). \(WQS\)二分套\(WQS\)二分 如果你知道\(WQS\)二分,应该就不难想到\(WQS\)二分一个代价\(C1\),表示每使用一

这个wqs二分并不熟练…… 题目描述 #15. 赤 题目分析 两维都用wqs二分,其他没有什么特殊之处. 重点在于,wqs二分还原最优解的时候,增量是强制给的k. #include<bits/stdc++.h> ; ; int n,a,b,usa,usb; double bet,ans,coa,cob,p[maxn],q[maxn]; bool match() { double k1=coa,k2=cob; usa = usb = , ans = ; , opt=; i<=n; i++)

题意:x轴上有n个人,让你放置m个集合点,使得每个人往离他最近的集合点走,所有人走的距离和最短. 把距离视为花费,设$dp[i][k]$表示前i个人分成k段的最小花费,则有递推式$dp[i][k]=min\{dp[j][k-1]+w(j,i)\}$,其中$w(j,i)$可以$O(1)$求出. 显然,如果考虑段数的话,光状态数就有n^2个,肯定行不通.不过这题的最优解对段数的函数是凸的,因此可以用WQS二分来打破段数的限制. 给每个集合点加上一个额外的花费c,然后忽略段数的限制,这样递推式就变成了

把状态看成层,每层决策单调性处理 题目描述 题目大意 众所周知,贞鱼是一种高智商水生动物.不过他们到了陆地上智商会减半.这不?他们遇到了大麻烦!n只贞鱼到陆地上乘车,现在有k辆汽车可以租用.由于贞鱼们并不能在陆地上自由行走,一辆车只能载一段连续的贞鱼.贞鱼们互相有着深深的怨念,每一对贞鱼之间有怨气值.第i只贞鱼与第j只贞鱼的怨气值记为Yij,且Yij=Yji,Yii=0.每辆车载重不限,但是每一对在同辆车中的贞鱼都会产生怨气值.当然,超级贞鱼zzp长者希望怨气值的总和最小.不过他智商已经减半,想

分析 https://www.cnblogs.com/CreeperLKF/p/9045491.html 反正这个博客看起来很nb就对了 但是不知道他在说啥 实际上wqs二分就是原来的值dp[x]表示选x个的最优解满足是一个凸包 然后就可以二分一个数 让有限制的一类数全部给权值加上这个二分的数 然后判断即可 这个题就是典型的模板题 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; ; ]; struct node { int x,y,z,col;

https://scut.online/p/365 https://www.luogu.org/problemnew/solution/P2365 写这篇的时候还不是很明白,看一下这个东西. https://www.cnblogs.com/CreeperLKF/p/9045491.html 还是不懂,去问学长了,叫做wqs二分.要求恰好选m个的这种题,每个物品放一个附加权值C. https://blog.csdn.net/chenxiaoran666/article/details/833817