% min 1/2 || x - v||^2 % s.t. x>=0, 1'x=k

这是一个带有非负约束和等式约束的二次优化问题。其中，||x-v||^2 表示 x 与 v 的欧几里得距离的平方，1 是一个元素均为 1 的向量，k 是一个常数。

对于这个问题，可以使用拉格朗日乘子法来求解。首先，将问题转化为无约束问题：

L(x, λ) = 1/2 ||x-v||^2 + λ(1'x-k)

其中，λ 是拉格朗日乘子。接下来，分别对 x 和 λ 求偏导，并令其等于 0：

∂L/∂x = x - v + λ1 = 0
∂L/∂λ = 1'x - k = 0

将第一个式子代入第二个式子，可以得到：

1'(v-λ1) = k

因为 1'1 = n，所以可以得到 λ = (1/n) * (1'v - k)。将 λ 带入第一个式子中，可以得到：

x = max(v - λ1, 0)

这个问题的解即为 x。

相关问题

详细解释这段代码：function [x ft] = EProjSimplex_new(v, k) % %% Problem % % min 1/2 || x - v||^2 % s.t. x>=0, 1'x=k % if nargin < 2 k = 1; end; ft=1; n = length(v); v0 = v-mean(v) + k/n; %vmax = max(v0); vmin = min(v0); if vmin < 0 f = 1; lambda_m = 0; while abs(f) > 10^-10 v1 = v0 - lambda_m; posidx = v1>0; npos = sum(posidx); g = -npos; f = sum(v1(posidx)) - k; lambda_m = lambda_m - f/g; ft=ft+1; if ft > 100 x = max(v1,0); break; end; end; x = max(v1,0); else x = v0; end;

这段代码实现了求解以下优化问题的算法：

$$\begin{aligned} &\min_{x\in \mathbb{R}^n} \frac{1}{2}\|x-v\|^2 \\ &\text{s.t. } x\geq 0,\quad \mathbf{1}^\top x=k \end{aligned}$$

其中，$v\in \mathbb{R}^n$ 为给定向量，$k\in \mathbb{R}$ 为常数，$\mathbf{1}\in \mathbb{R}^n$ 为全1向量。

具体地，该算法实现了欧几里得投影法来求解上述问题。解析式为：

$$x = \mathcal{P}(v) = [\max(v_1-\theta,0),\dots,\max(v_n-\theta,0)]$$

其中，$\theta = \frac{1}{n}(\sum_{i=1}^n v_i-k)_+$，$(\cdot)_+=\max\{\cdot,0\}$。

该算法的具体实现如下：

function [x ft] = EProjSimplex_new(v, k)
% 求解问题：
% min  1/2 || x - v||^2
% s.t. x>=0, 1'x=k

if nargin < 2
    k = 1; 
end
ft=1; n = length(v);

v0 = v-mean(v) + k/n; % 中心化

vmin = min(v0); % 寻找最小值
if vmin < 0
    f = 1; lambda_m = 0;
    while abs(f) > 10^-10
        v1 = v0 - lambda_m;
        posidx = v1>0;
        npos = sum(posidx);
        g = -npos;
        f = sum(v1(posidx)) - k;
        lambda_m = lambda_m - f/g;
        ft=ft+1;
        if ft > 100
            x = max(v1,0);
            break;
        end
    end
    x = max(v1,0);
else
    x = v0;
end

具体来说，该函数的输入参数为一个行向量 $v$ 和一个标量 $k$，输出为一个行向量 $x$ 和一个迭代次数 $ft$。其中，$x$ 为上述优化问题的最优解，$ft$ 表示算法需要迭代的次数。

算法的具体实现步骤如下：

1. 对 $v$ 进行中心化，即令 $v_0= v-\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n v_i+\frac{k}{n}$；
2. 寻找 $v_0$ 的最小值 $v_{\min}$；
3. 如果 $v_{\min}\geq 0$，则直接返回 $v_0$；
4. 否则，使用欧几里得投影法迭代求解最优解 $x$：
- 初始化 $\lambda_m = 0$ 和 $f=1$；
- 当 $|f|>10^{-10}$ 且迭代次数 $ft\leq 100$ 时，执行以下操作：
1. 计算 $v_1 = v_0-\lambda_m$；
2. 找到 $v_1$ 中所有大于0的元素，得到下标集合 $posidx$ 和个数 $npos$；
3. 计算 $f = \sum_{i=1}^n (v_{1,i})_{+} - k$ 和 $g = -npos$；
4. 令 $\lambda_m = \lambda_m - f/g$；
5. 执行迭代次数加1；
- 如果迭代次数超过100次，直接返回 $x=\max\{v_1,0\}$；
- 否则，返回 $x=\max\{v_1,0\}$。

其中，$(\cdot)_{+}=\max\{\cdot,0\}$。

%% Problem % % min 1/2 || x - v||^2 % s.t. x>=0, 1'x=k % if nargin < 2 k = 1; end; ft=1; n = length(v); v0 = v-mean(v) + k/n; %vmax = max(v0); vmin = min(v0); if vmin < 0 f = 1; lambda_m = 0; while abs(f) > 10^-10 v1 = v0 - lambda_m; posidx = v1>0; npos = sum(posidx); g = -npos; f = sum(v1(posidx)) - k; lambda_m = lambda_m - f/g; ft=ft+1; if ft > 100 x = max(v1,0); break; end; end; x = max(v1,0); else x = v0; end;

这是一个最小化二次范数的问题，其中有两个约束条件：$x \geq 0$ 和 $1^T x = k$。如果没有传入 $k$ 的值，则默认为 $1$。算法会先对输入向量 $v$ 进行平移，使其平均值为 $k/n$，其中 $n$ 为 $v$ 的长度。然后算法会进行迭代，直到找到满足约束条件的最小值。具体地，算法会先将 $v$ 向下平移 $\lambda_m$，其中 $\lambda_m$ 是一个逐步更新的步长，然后将负值置为 $0$，然后重新计算函数值和梯度。如果函数值的绝对值小于 $10^{-10}$，则算法终止。如果迭代次数超过 $100$ 次，则直接将 $v$ 的非负部分作为最终解。