决策单调性

小 trick 不足挂齿。

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考虑一个最优化分段 dp 状物 \(dp_i\gets \max\limits_{j=1}^{i-1}\{dp_j+w(j+1,i)\}\)，然而你只会 \(\mathcal O(nc)\) 转移，其中 \(c\) 是计算权值的复杂度。

这时候我们尝试使用决策单调性，也就是最终转移到 \(i\) 的 \(j\) 和最终转移到 \(i+1\) 的 \(k\) 始终有 \(j\leqslant k\)。

想发现是否有这样的性质也并不难。考虑到 \(i\) 的两条转移 \(dp_u+w(u+1,i)\) 和 \(dp_v+w(v+1,i)\) 且满足 \(u<v\)，你只需要保证存在性质 \(dp_u<dp_v\) 且后面那个东西的增量也满足 \(\Delta_u<\Delta_v\) 就行了。

然后就做完了。分 \(k\) 段的话就把 dp 数组变成 2D 的，然后尝试发现对于分相同段数存在决策单调性。

离线版本的写法

这东西绝不能双指针。虽然决策点的位置满足单调性，但是每个点上面的贡献完全不一定单调，所以双指针二分什么的都不行。

考虑分治。考虑拿下区间 \([1,n]\) 的中点 \(dp_{mid}\) 的转移点，显然可以 \(\mathcal O(nc)\) 取得，然后往两边分治，这样每次需要考虑的决策点折半，需要考虑的被转移点也折半，于是复杂度 \(\mathcal O(cn\log n)\)。

值得注意的是，需要考虑的决策点到 \(mid\) 之间可能会有一段距离，这一段的贡献也要加进去。

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特别地，有时 \(w\) 可能存在一种简便的算法是把 \(j+1\to i\) 这样扫一遍，但是我们并不能这样做。

这个东西如果能合并的话可以尝试用莫队的写法。

随便考虑一下可以发现，从父节点向下分治，移动（正向和逆向加一起）的级别是 \(\mathcal O(r-l)\) 的，子节点之间互相移动中，左右端点最多各扫一遍，也是 \(\mathcal O(r-l)\) 的，合在一起每一层都是 \(\mathcal O(r-l)\) 的，那么总的端点移动复杂度就是 \(\mathcal O(nf\log n)\)，\(f\) 是合并信息的复杂度。

在线版本的写法

Linked to P12550 [UOI 2025] Reversal ABC - Hey Gift：等下一个天亮，该题用到了这个技术。

有的时候 dp 状态不是 2D 的，转移顺序不像 \(f_{k,i}\gets f_{k-1,j}\) 这样固定，于是在分治过程中我们无法使得每次用到的 \(f\) 都已经做好了。换句话说，形如 \(f_i\gets f_j+w(j,i)\) 这样的半在线 dp 我们无法用分治处理，因为处理 \(mid\) 时 \([l,mid)\) 还没 dp 出来。

考虑如何在线。我们用一个队列维护三元组 \((l,r,p)\)，表示 \([l,r]\) 中的 dp 值全部由 \(p\) 得到，然后尝试维护这个队列：

• 插入 \((1,n,0)\)。
• 我们 \(1\to n\) 扫描决策点：
  • 考虑该决策点的 \(f\)，将队列头右端点小于 \(i\)，也即贡献域不合法的弹掉，然后转移。
  • 考虑该点对别的点决策。对于队头 \((l,n,p)\)，如果该点向 \(l\) 贡献优于 \(p\) 向 \(l\) 贡献，那么就把队头干掉，直到队头可能比这个点优秀。
• 考虑正式插入这个点的决策。考虑这玩意显然是单调的，所以一定存在一个位置前面由队头的 \(p\) 贡献，后面由该点贡献，所以二分即可。