CF1693D Decinc Dividing——值域有连续性的 dp 通用分治策略

这个分治策略其实跟整体二分差不多，但是它的应用面比较单一和具有针对性。

通常是 $dp_1,dp_2,dp_3,...,dp_n$ 只有 $O(d)$ 段。然后我们通过分治来看 $dp_i=v$ 的应该是哪一段。

复制 def solve(l,r)
  if dp(l)==dp(r)
    fill dp(l+1),dp(l+2),...,dp(r-1) with dp(l)
    return
  mid := l+r>>1
  calc dp(mid)
  solve(l,mid)
  solve(mid,r)

有时，这个 $d$ 比较小，从而分治的复杂度就是 $O(d\log T)$ 的，其中 $T$ 为暴力计算一处 $dp$ 值的复杂度，比如 USACO23Feb Watching Cowflix。

有时，这个 $d$ 比较大，比如 CF1693D Decinc Dividing，但是可以 $O(段长)$ 计算一个连续段中的某处的 $dp$ 值，从而同一层的总复杂度是 $O(\sum 段长)=O(n)$ 的，总共就是 $O(n\log n)$ 。

还有时，它满足其他优秀的性质，从而使得复杂度仍然是 $polylog$ 的。

当你发现计算一处 dp 值非常容易，却苦于对于每一处都计算 dp 值的低效时，你可以尝试这种分治策略。

当你发现 dp 值具有单调性时，你也可以往这方面想想，因为如果这些连续段的 dp 值不单调也很难满足一些很好的性质。（你看，上面两道题都是单调的。）

给定一个排列 $\{p_n\}(n\le 2\times 10^5)$ ，问有多少个子段可以被划分成一个上升子序列和一个下降子序列（可为空）。

暴力判断一个长为 $len$ 的序列是否可以被划分为 IS 和 DS 的并就是一个 NOIP 模拟赛的套路。设 $f_i$ 表示到了 $i$ 处将 $i$ 选进 DS，IS 的最小末尾值，以及选进 IS，DS 最大末尾值 $g_i$ ，即可简单转移。复杂度 $O(len)$ 。

运用上文的分治做法即可得到 $O(n\log n)$ 复杂度，原因就是上面的第二个“有时”。

法2：
【套路1】判断一个数列 $p$ 是否能够划分成一个上升子序列和一个下降子序列的并，只需判断是否存在 $4$ 个元素 $a<b<c<d$ ，使得 $p_b>p_a>p_d>p_c$ 或 $p_b<p_a<p_d<p_c$ 。

【套路2】如何统计包含【套路1】中四元组的子段的数量？经典数形状问题。先把 $p_b>p_a$ 的二元组找到，把 $p_b$ 对应的最大的 $p_a$ 记作 $h_b$ ，然后枚举 $b$ ，判断所有 $d>b,p_d<h_b$ 且 $d$ 已被 activate 的 $d$ 数量，然后用 $p_{b+1}$ 作为 $p_c$ 去 activate 所有没有被 activate 的 $d,p_d>p_{b+1}$ ，然后将其从 set 中删除。

法3：
【套路3】对于一处 $i$ ， $f_i,g_i$ 均只有 $4$ 种可能的取值。

利用这个性质，用记忆化来优化暴力的枚举左端点再往右计算 dp 值的 $O(n^2)$ 做法即可做到 $O(n)$ 。

具体来说，枚举一个左端点 $l$ ，设 $O(n-l)$ 计算一次暴力 dp 的 dp 数组为 $F(l,i)$ ，则对于一处 $i$ ，如果发现 $F(l,i)=F(l+1,i)$ 且 $G(l,i)=G(l+1,i)$ ，则更大的 $i$ 也是跟上一轮一样的，不用继续了，直接沿用上一轮的结论即可。否则，从 $i$ 的视角考虑 $F(l,i)\ne F(l+1,i)$ 的 $l$ 的个数，很明显只会有 $7$ 种（因为不可能来回地变化，这个关于 $l$ 也是单调的啊）。于是就线性了。