关于WQS二分

首先你有一个函数$f(k)$f(k)，表示选$k$k个物品时的代价。

如果$f(k)$f(k)是个整数，那么附加代价可以只在整数内二分。
如果出现了附加代价为$t$t时选了$k+1$k+1个物品，而附加代价为$t+1$t+1时选了$k-1$k−1个物品，（DP时代价相同取物品数较多的方案）那么一定有$f(k)+kt=f(k+1)+(k+1)t$f(k)+kt=f(k+1)+(k+1)t

因为如果是这种情况：
$f(k-1)+(k-1)t\ge f(k)+kt>f(k+1)+(k+1)t\\ f(k-1)+(k-1)(t+1)<f(k)+k(t+1)\le f(k+1)+(k+1)(t+1)$f(k−1)+(k−1)t≥f(k)+kt>f(k+1)+(k+1)tf(k−1)+(k−1)(t+1)<f(k)+k(t+1)≤f(k+1)+(k+1)(t+1)
而上下的三者之差只有1的区别，就会得到：
$f(k-1)+(k-1)t=f(k)+kt=f(k+1)+(k+1)t+1$f(k−1)+(k−1)t=f(k)+kt=f(k+1)+(k+1)t+1
做差就会有：
$f(k-1)-f(k)=t\\ f(k)-f(k+1)=t+1$f(k−1)−f(k)=tf(k)−f(k+1)=t+1

这个函数凹了！

于是前面提到的结论成立。

而函数的凸性怎么证？即证$f(k-1)-f(k)\ge f(k)-f(k+1)$f(k−1)−f(k)≥f(k)−f(k+1)
首先要求决策具有单调性，即设$p(i)$p(i)为$i$i的最优决策点中最靠右的点，则对于 $j<i$j<i 要求 $p(j)\le p(i)$p(j)≤p(i)
决策的单调性可以通过代价函数的凸性得知。比如说平方函数，越大增速越快。
然后是论文里提到的证明：


论文中提到的"仅在最后一段大小不唯一处不可导"的意思是左导数不等于右导数（$p'(i,x)$p′(i,x)变化）。
我模拟了一下$2~1~3~x$2 1 3 x分两段算最小平方和的情况：

第一项为分两段的最小平方和，第二项为$p'(2,x)$p′(2,x)，第三项为$x$x，在$p=2$p=2时导数为$x+3$x+3，在$p=3$p=3时导数为$x$x，可以明显地看出这一点，在45.00000附近变化率缩小了两倍。

因此，记$\Delta_1=\lim\limits_{\Delta x\to 0}ans(i,x+\Delta x)-ans(i,x)$Δ1​=Δx→0lim​ans(i,x+Δx)−ans(i,x)，$\Delta_2=\lim\limits_{\Delta x\to 0}ans(i+1,x+\Delta x)-ans(i+1,x)$Δ2​=Δx→0lim​ans(i+1,x+Δx)−ans(i+1,x)
可以得到$\Delta_1\ge \Delta_2$Δ1​≥Δ2​，即$ans(i,x)-ans(i+1,x)$ans(i,x)−ans(i+1,x)随$x$x增大单调不降。令$x\to 0$x→0和$x\to \infty$x→∞即可得到最终的结论。