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 \(sum(i)\)，求最小的 \(\sum\limits_{i=1}^k sum(i)^2\)。
如果没有段数限制，那我们肯定是每个数分成一段对吧。
如果加上段数限制呢？
先放上结论：如果以段数 \(k\) 为横坐标，以该段数求得的最小和 \(f(k)\) 为纵坐标，把这 \(n\) 个点放在平面直角坐标系上，那么形成的图形会是一个上凸包。也就是相邻两点的斜率单调不增。
那就可以考虑\(\mathrm{wqs}\)二分了。
注意当前的问题是：我们知道这个图形是一个上凸包，但是并不知道具体的 \((x,f(x))\) 坐标。
我们可以二分一个权值 \(mid\)，这个 \(mid\) 表示，我们要拿一条直线去切当前这个凸包，这个直线的斜率为 \(mid\)。因为是上凸包，那这条直线肯定会在交某个点 \((x,f(x))\) 时截距取到最小值。设当前截距为 \(g(mid)\)。
直线可以表示成 \(y=kx+b\)，所以 \(f(x)=mid\cdot x+g(mid)\)。
移项，\(g(mid)=f(x)-mid\cdot x\)。
观察上面的等式，如果当前横坐标为 \(x\) 的话，\(g(mid)\) 恰好是 \(f(x)\) 减去 \(x\) 个 \(mid\)。
\(f(x)\) 不好求，那我求出来 \(g(mid)\)，再顺便求出来 \(x\) 不就行了吗。
也就是说，如果能求出截距 \(g(mid)\)，并且知道当前切到点的横坐标 \(x\)，那就可以求得 \(f(x)\)，并且可以根据 \(x\) 和题目中的 \(k\) 来调整 \(mid\) 了。
回到题目，我们假设当前没有分 \(k\) 段这个限制，但是多了一个条件，每分一段都需要将代价额外加上 \(mid\) 。
在这个条件下，我们做一遍没有取物品限制的\(\mathrm{DP}\)，得出当前的最优解 \(a\) 和取最优解时候分出的段数 \(b\)，那就有 \(g(mid)=a,x=b\)。
这样就能求出来 \(f(x)\) 了。
但是关键不在 \(f(x)\)，而在这个 \(x\)。如果使用的这个 \(x\) 大于题目中的 \(k\)，那就得增大这个 \(mid\)，感性理解一下，代价增多了分的段数才会少，反之就要减少 \(mid\)。
这样通过二分就可以找到一条恰好切于 \((k,f(k))\) 这个点的直线，进而就知道答案 \(f(k)\) 了。
还有一个问题没有解决，如果我们二分不出来这个具体的 \(k\) 怎么办，也就是说，凸包上出现三点共线的情况怎么办。
如果这样，我们就再额外添加一个规则，比如说在满足 \(g(mid)\) 为最大权值的情况下使得 \(x\) 最小。这样就知道直线的最左端点 \(t\) 了。又因为斜率和截距是相同的，所以即使 \(t!=k\) 拿截距 \(g(t)-k\cdot mid\) 也还是最终的答案。
例题
[国家集训队2] Tree I
Description
给你一个无向带权连通图，每条边是黑色或白色。让你求一棵最小权的恰好有 \(k\) 条白色边的生成树。题目保证有解。
Sol
这就是\(\text{wqs}\)二分裸题了。二分一个 \(mid\)，然后把所有白边的边权加上 \(mid\)，然后求一下当前的花费和用了几条白色边，然后动态调整即可。
这里有一个细节就是会出现白边和黑边边权相等的情况，这时候就要用到上边的做法，强制规定一个规则。假设我们规定相等时先用白边，那二分就这么写：
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;check(mid);
if(used>=k) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}关键在于是 \(used>k\) 时记录 \(mid\) 还是在 \(used<k\) 时记录。
因为我们令 \(x\) 尽可能大，所以要在 \(used>=k\) 时记录 \(mid\)。
[Luogu4983] 忘情
Description
定义一段序列的值为 \(\frac{\left((\sum\limits_{i=1}^n x_i\times \bar x)+\bar x\right)}{\bar x^2}\) ，其中 \(n\) 为该序列长度。
给定长度为 \(n\) 的序列，要求分为 \(m\) 段，使得每一段的值的和最小。
Sol
把这个式子拿出来推一推，发现这就是个斜率优化的式子了。
然后就套路二分 \(mid\)，\(\text{check}\)的时候用斜率优化 \(O(n)\) 求就行了。
md这题wa了好几次竟因\(\mathrm{define}\)没加括号身败名裂
[CF739E] Gosha is hunting
Description
有 \(a\) 个宝贝球和 \(b\) 个大师球。对于每个神奇宝贝，用宝贝球抓到的概率为 \(p_i\)，用大师球抓到的概率为 \(q_i\) 。不能对一个神奇宝贝用多个相同种类的球，但是可以既用宝贝球又用大师球。问最优方案下期望抓到的神奇宝贝数量。
Sol
这题...因为有两个限制，所以要\(\text{wqs}\)套\(\text{wqs}\)。
每次二分出 \(mid1,mid2\)，表示每使用一个宝贝球就要支付 \(mid1\) 的代价，每使用一个大师球就要支付 \(mid2\) 的代价，然后正常做\(\text{dp}\)，记录三个状态：最优方案期望抓多少，最优方案下用多少宝贝球，最优方案下用多少大师球。然后转移取最大值就好了。
一个小细节就是，如果同时用宝贝球和大师球，那期望不仅仅是 \(p_i+q_i\)，而应该是 \(p_i+q_i-p_iq_i\)。这个推一推式子就知道了。
[HEOI2018] 林克卡特树
Description
给定一棵 \(n\) 个节点带边权的树，求 \(k+1\) 条点不相交的链使得边权和最大。\(k<n\leq 3\cdot 10^5\)。
Sol
首先有个 \(60\) 分做法，就是暴力树形\(\text{DP}\)。
通常设状态都是 \(f[i][j]\) 表示点 \(i\) 为根的子树，选了 \(j\) 条链的最大边权和。但是我们发现这并不能转移。观察到最终由选出来的链构成的图上，每个点的度数只有 \(0/1/2\) 三种，因此不妨将状态变为 \(f[i][j][0/1/2]\) 表示点 \(i\) 为根的子树，选了 \(j\) 条链，现在点 \(i\) 的度数为 \(0/1/2\) 的最大边权和。这样就可以转移了。
假设当前点为 \(x\)，刚\(\text{DP}\)完 \(x\) 的一个孩子 \(y\)，现在要进行背包合并。
转移根据取不取 \((x,y)\) 这条边分为两种情况讨论。
不取
设 \(now=\max(f[y][k-i][0],f[y][k-i][1],f[y][k-i][2])\)，让 \(x\) 的每个状态和 \(now\) 取个\(\max\)就好了。
取
设 \(d\) 为 \((x,y)\) 的边权。
这个分开看比较好：
\(f[x][k][1]=\max(f[x][k][1],f[x][i][0]+f[y][k-i][1]+d,f[x][i-1][0]+f[y][k-i][0]+d)\)
后边两项分别表示，从子树 \(y\) 中伸上来一条链然后连接上 \(x\)，或新建一条链，让 \((x,y)\) 单独作为一条链的两个端点。
\(f[x][k][2]=\max(f[x][k][2],f[x][i+1][1]+f[y][k-i][1]+d,f[x][i][1]+f[y][k-i][0]+d)\)
后边两项分别表示，让 \(x\) 作为一条链中间的某个点，即将从 \(x\) 其他子树伸上来的一条链和 \(y\) 伸上来的一条链接在一起，或将 \(y\) 直接与 \(x\) 从其他子树伸上来的一条链合并。
初值就是 \(f[x][0][0]=f[x][1][1]=f[x][1][2]=0\)，其他都为 \(-\infty\)。
后边两项表示，让点 \(x\) 作为一条向上延伸的链的最下方的端点，和让 \(x\) 单独成为一条链。
这样就可以通过 \(O(nk^2)\) 的\(\text{DP}\)拿到\(60\)分了。
正解就是在此基础上进行\(\text{wqs}\)二分。
二分一个权值 \(mid\)，表示每选一条链就要付出 \(mid\) 的代价。
然后进行没有选出链数限制的树形\(\text{DP}\)。每个状态 \(f[i][0/1/2]\) 记录两个值，选出的最大边权和与在此基础上最多的链数。
然后二分就好了。
这里也有在凸包上三点共线的问题，解决方案就是，因为我们最大化了选出的链数，所以在二分过程中，选出的链数如果 \(>=k\) ，那就得记录当前的 \(mid\) 了。