分治相关的东西我基本都不会。

CDQ 分治

最经典的分治，一般用于去掉一层偏序。

对于一个区间 \([l, r]\) 的答案，我们可以找一个中点 \(mid\)，递归计算出 \([l, mid]\) 的答案，然后考虑 \([l, mid]\) 对 \((mid, r]\) 的答案造成的贡献，累加上去之后再递归的求 \((mid, r]\) 的答案。

这其中如果每个区间的贡献的计算需要 \(O(f(len))\)，那么总时间复杂度就是 \(O(f(n) \log n)\)。

由于每次从重点分，这样递归的层数就是 \(\log\) 的，每一层的长度和是 \(O(n)\)，所以总复杂度就是多一个 \(\log\)。

最经典的例子就是三维偏序。我们先按第一维排序，然后考虑左区间与右区间之间的二维偏序即可。

动态变静态

对于动态问题，我们可以离线下来静态去做。具体就是把第一维看作时间，那么操作对询问的贡献可以看作一个偏序关系，就可以用 CDQ 解决。

决策单调性分治

形如 \(f_i=\max_{j<i}\{f_j + w(j, i)\}\) 的 DP。

如果设能够使 \(f_i = f_j + w(j, i)\)，即 \(f_i\) 的决策点为 \(u(i)\)，满足 \(i < j, u_i \le u_j\)，则称它有决策单调性。

这意味着，我们可以用分治来解决这件事。对于 \(mid\) 来说，如果 \(mid\) 的决策点为 \(u(mid)\)，那么 \(i \in [l, mid)\) 来说，就有 \(u(i) \le u(mid)\)，也就是如果原决策点的区间为 \([L, R]\)，那么左区间 \([l, mid)\) 的决策点就在 \([L, u(mid)]\) 中，\((mid, r]\) 的决策点就在 \([u(mid), R]\) 中。我们可以根据这个进行分治。

四边形不等式

如果上述函数满足 \(i_1 < j_1 < i_2 < j_2, w(i_1, j_1) + w(i_2, j_2) \ge w(i_1, j_2) + w(i_2, j_1)\)（即：交叉优于包含），那么该 DP 具有决策单调性。

P6932 [ICPC2017 WF]Money for Nothing

决策单点调性板题。

首先发现如果有 \(a_i < a_j, b_i < b_j\)，那么 \(j\) 一定是不优的。所以我们可以将这些没用的删掉，剩下的就满足 \(a_i < a_j, b_i > b_j\) 了。

把每对数看作平面上的点，那么所求的实际就是一个最大的矩形。简单画一下发现这个面积满足四边形不等式，那么直接决策单调性分治解决即可。

P5574 [CmdOI2019]任务分配问题

首先简单计算发现贡献满足四边形不等式。

但是发现决策点不好计算，单次计算答案都需要 \(O(n \log n)\)。

用莫队的方法做就行了。

最值分治

一般在贡献有区间 \(\max / \min\) 的时候有用。

如果我们的贡献里有区间的 \(\max\)，那么我们可以每次取出区间内的最大值，这样跨过这个点的 \(\max\) 就都是这个点，这样左区间对右区间的贡献就是固定的了。

但是这样的问题就是层数不是 \(\log n\) 的了，如果直接做还是可能被卡成 \(O(n^2)\)。假设我们分割的左区间长度为 \(llen\)，右区间长度为 \(rlen\)，那么如果我们能够做到某一个区间内复杂度为 \(O(\min(llen, rlen))\)（也就是复杂度为较小的一边的长度），就同样可以 \(n \log n\) 做出这个问题。（因为这个过程其实就是启发式合并的逆过程，有人叫它启发式分裂）