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分治优化决策单调性在我们了解的DP方程中，经常会有$f[i]=sum_{max}/sum_{min}/min/max{f[j]+calc(i,j)}$，并且calc(i,j)满足四边形不等式，这种方程存在，而通常情况下，calc(i,j)可以非常轻松的得出，比如说$x^q$，或者sum[i][j],又或者是什么其他的东西。但是，有些时候，我们并不能在$O(logn)/O(1)$的时间内得出，这种情况下，正常通过维护单调队列并且二分的方法就没办法完成了。
这种情况下，我们就需要考虑calc(i,j)的求法了，这种时候，如果我们发现calc(i,j)可以通过分治来均摊$O(nlogn)$处理出来的时候，我们就可以通过整体二分来维护决策单调性来转移，保证整体时间复杂度的正确性。
例题时间 BZOJ 5125: [Lydsy1712月赛]小Q的书架这道题很显然，我们要将序列分成$K$段使得这$K$段的逆序对和最小。
正常DP方程，f[i][j]=f[i-1][k]+calc(k+1,j);
我们发现calc(k+1,j)满足$calc(i,j)+calc(i-1,j+1) \ge calc(i,j+1)+calc(i+1,j)$所以这个具有决策单调性，但是，我们虽然将DP方程的时间复杂度减少到$O(nklogn)$但是，我们发现，每次计算calc(i,j)还是$O(n)$的，所以总时间复杂度不变，因此，我们考虑用分治优化决策单调性。
我们考虑在整体二分的过程中，calc(i,j)每一层的时间复杂度为$O(n)$，而一共$logn$层，所以时间复杂度为$O(nlogn)$，这样，在DP的同时，calc(i,j)的时间复杂度也降低了，而为了维护calc(i,j)需要用到树状数组求逆序对，所以总时间复杂度为$O(nklog^2n)$显然，是可以做的...
如果K出的大一点的话，我觉得可以带权二分...所以时间复杂度可以达到$O(nlogklog^2n)$，所以还可以加强加强，嗯，就是下一道考试题了！
附上代码：
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <cstdlib> #include <iostream> #include <cmath> #include <queue> #include <bitset> using namespace std; #define N 40005 int f[N],sum[N],g[N],n,k,rl,rr,ret,a[N]; void fix(int x,int v){for(;x<N;x+=x&-x)sum[x]+=v;} int find(int x){int re=0;for(;x;x-=x&-x)re+=sum[x];return re;} void get(int l,int r) { while(rl<l)fix(a[rl],-1),ret-=find(a[rl++]-1); while(rl>l)fix(a[--rl],1),ret+=find(a[rl]-1); while(rr<r)fix(a[++rr],1),ret+=find(n)-find(a[rr]); while(rr>r)fix(a[rr],-1),ret-=find(n)-find(a[rr--]); } void solve(int l,int r,int L,int R) { if(l>r)return ;int m=(l+r)>>1,p; for(int i=min(m-1,R);i>=L;i--) { get(i+1,m); if(g[i]+ret<f[m])f[m]=g[i]+ret,p=i; }solve(l,m-1,L,p);solve(m+1,r,p,R); } int main() { scanf("%d%d",&n,&k);rr=n,rl=1; for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),f[i]=f[i-1]+find(n)-find(a[i]),fix(a[i],1);ret=f[n]; for(int i=2;i<=k;i++) { memcpy(g,f,sizeof(f[0])*(n+1)); memset(f,0x3f,sizeof(f[0])*(n+1)); solve(1,n,1,n); }printf("%d\n",f[n]); }