wqs二分可以解决形如在$n$个物品中选$k$个物品最大化/最小化总价值。直接dp一般是$O(nk)$的，而如果题目满足下面的条件并且可以用$O(n)$时间在不考虑选择物品个数的情况下计算出最大值/最小值，就可以用wqs二分做到$O(n \log n)$。

以最大化价值为例，设$x$表示选择物品的个数，设$f(x)$表示选$x$个物品的最大值，如果$f(x)$关于$x$是凸函数或凹函数，那么图象就是一个凸包。虽然我们不知道具体凸包长什么样，但是我们可以利用凸包的性质，通过二分直线的斜率使得这条直线与$(k,f(k))$这个点“相切”，从而间接得到$f(k)$的值。

以凸函数为例，由于图像是一个凸包，所以一条直线，如果想让直线与图象有交点的情况下截距最大，那么直线一定恰好经过凸包上的一个点，此时我们通过下面的方法求出这个点后，如果这个点的横坐标$<k$，那么减少斜率，否则增大斜率。

设直线为斜率为$mid$，直线方程即为$y = mid \times x + b$那么截距为$y - mid \times x$，当直线经过每个点时截距为$f(x) - mid \times x$，设经过$z$时截距最大，那么$\max\{f(x) - mid \times x\} = f(z) - mid \times z$。也就是说如果给每个物品的价值减少$mid$，那么最大化价值时选择的物品数就是$z$，此时不用考虑需要选择的物品数，只需要记录每个状态选择了几个物品即可，一般通过一次dp即可获得结果。假设最后得到的斜率为$l$，此时最大截距为$b$，那么答案即为$b + l * k$。

需要注意，一般题目中的$f(x)$可能并不是严格凸或者严格凹，因此可能出现连续的点对应斜率相同，二分的时候要注意边界问题。

可以开一个结构体记录dp状态的最大值以及取得此时最大值的选取物品数，大幅简化代码编写的复杂度。

题意:抓宝可梦，有$n$个宝可梦和$a$个普通球和$b$个超级球，每种球抓到每个宝可梦的概率不同，对一个宝可梦可以不用球、只用普通球或超级球、两种球都用（抓到只算一个），求抓到宝可梦数量期望的最大值。

题解:可以发现，只考虑某一种球的情况下，用$x$个该球能抓到宝可梦数量期望是上凸的，因此可以wqs二分套wqs二分。外层二分普通球的斜率，内层二分超级球的斜率。

题意:给出一颗$n$个节点的树，每条边有边权，从中挑选$k+1$个互不相交的链，使得所有被选中的边的权值和最大。

题解:设$f(x)$为选择$x$个互不相交的链的边权最大值，这个函数也是上凸的，太菜了不会证。然后就可以wqs二分转化为树形dp，每条链附加一个$-mid$的权值即可。这个树形dp的过程非常巧妙，通过微调枚举顺序减少了代码的复杂度。设$f[x][i]$表示只考虑点$x$所在的子树，且点$x$的度为$i$时的最大权值，因为只能出现链所以$0 \le i \le 2$，子树中代码如下，注意枚举顺序不能改，因为前两个转移都用到了上次的结果。

void dfs(int i, int fa){
	f[i][0] = Data(0, 0), f[i][1] = f[i][2] = Data(-mid, 1);
	for(int j = 0;j < v[i].size();j++){
		int x = v[i][j].first, y = v[i][j].second;
		if(x == fa) continue;
		dfs(x, i);
		Data g = max(f[x][0], max(f[x][1], f[x][2]));
		f[i][2] = max(f[i][1] + f[x][1] + Data(y + mid, -1), f[i][2] + g);
		f[i][1] = max(f[i][0] + f[x][1] + Data(y, 0), f[i][1] + g);
		f[i][0] = max(f[i][0], f[i][0] + g);
	}
}

题意:给出一个$n$个点的图，每条边有权值和黑白色两种颜色，求恰好有$k$条白边的最小生成树。

题解:设$f(x)$为选$x$个白边的最小生成树，这个函数是下凸的。给每个白边减去$mid$跑Kruskal即可。这里优先选白边，那么每次得到的是数个共线点中最靠右的点，二分边界时要注意一下。

F题