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 (sumlimits_{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：打表可得如果以段数 (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)=midcdot x+g(mid))。
移项，(g(mid)=f(x)-midcdot 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)-kcdot 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( ext{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((sumlimits_{i=1}^n x_i imes ar x)+ar x ight)}{ar 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)，( ext{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) （咦不是100%吗） 。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( ext{wqs})套( ext{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( ext{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<nleq 3cdot 10^5)。
Sol
首先有个 (60) 分做法，就是暴力树形( ext{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( ext{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( ext{DP})拿到(60)分了。
正解就是在此基础上进行( ext{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( ext{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。