决策单调性：
对于一些dp方程，经过一系列的猜想和证明，可以得出，所有取的最优解的转移点（即决策点）位置是单调递增的。
即：假设f[i]=min(f[j]+b[j]) (j<i) 并且，对于任意f[i]的决策点g[i]，总有f[i+1]的决策点g[i+1]>=g[i](或者<=g[i]) 那么，这个方程就具备决策单调性。
这个有什么用吗？
不懂具体优化方法的话确实也没有什么用。可能还是n^2的。只不过范围可能少了一些。
经典入门例题：
Description:
[POI2011]Lightning Conductor
已知一个长度为n的序列a1,a2,...,an。
对于每个1<=i<=n，找到最小的非负整数p满足 对于任意的j, aj < = ai + p - sqrt(abs(i-j))
Solution:
题目转化一下：就是对于每个i，找到aj+sqrt(abs(i-j))的最大值。
首先必须要先证明决策单调性：
当i>j时，即aj+sqrt(i-j)<=ai
假设对于i位置的决策点为g[i],那么对于任意的正数k，满足a[g[i]-k] + sqrt(i-g[i]+k) <= a[g[i]] + sqrt(i-g[i])
当i变成i+1 的时候， 因为幂函y = sqrt(x)是下凸的，
因为i-g[i]+k < i-g[i]
所以，sqrt(i+1-g[i]+k)-sqrt(i-g[i]+k) < sqrt(i+1-g[i]) - sqrt(i-g[i]) （越大，加1越不明显）
大概就是，A区域一段的增加幅度大于B区域一段。
所以：a[g[i]-k] + sqrt(i+1-g[i]+k) < a[g[i]] + sqrt(i+1-g[i]) 不选的那个点更不优了。g[i+1]>=g[i] 所以有单调性。
当j>i 的时候，同理可证。
处理方法：
1.分治：
sol(l,r,L,R) 表示决策l，r这段区间，决策点可能在L，R。
每次取一个mid=（l+r）/2 , 暴力扫描L，R找到决策点id。分治到：sol(l,mid-1,L,id) 和 sol(mid+1,r, id,R)
因为对于>mid 的点，决策一定比id大。反过来同理。
logn层，每层扫描总共O(n) 复杂度nlogn
这个题用这个方法代码好写。
注意理解一下i<j和i>j的情况两次找。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500000+10;
double f[N][2];
int a[N],n;
void sol(int l,int r,int L,int R,int ty){
if(l>r) return;
int mid=(l+r)>>1;int id=0;
for(int i=L;i<=min(R,mid);i++){//注意，这里min(R,mid),每次只从前部分取max
//保证了i<j或者i>j的前提下的决策单调性。(虽然看似都是j<i的单调性，但是我对称数组了呀)
//可以根据题目样例画图理解一下
if(1.0*a[i]+1.0*sqrt(1.0*abs(i-mid))>f[mid][ty]){
f[mid][ty]=1.0*a[i]+1.0*sqrt(1.0*abs(i-mid));
id=i;
}
}
sol(l,mid-1,L,id,ty);sol(mid+1,r,id,R,ty);
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
sol(1,n,1,n,1);
for(int i=1;i<=n/2;i++) swap(a[i],a[n-i+1]);//这里要对称一下，正反分别找一遍，
//对应i<j和i>j的情况，这样决策才是一直单调的。
sol(1,n,1,n,0);
for(int i=1;i<=n;i++){
int ans=(int)ceil(f[i][1])-a[n-i+1];
int aa=(int)ceil(f[n-i+1][0])-a[n-i+1];
ans=max(ans,aa);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
缺陷在于：这个方法必须依赖于f[i]与之前的f们无关。因为先得出答案的是区间中间的值，没有任何顺序。
一般适用于二维dp —— SD_le
2.队列：
这个方法适用性比较普遍。
我们把思路转化一下，从考虑每个位置的决策点，到每个点是哪些位置的决策点。
根据决策单调性，这些位置一定是连续的一段区间。
从前到后1~n枚举i
每次枚举到i，就从队头取出最优解，更新答案。再用二分查找决策分界点。插入队尾。
具体解释：
维护一个队列，队列里存着三元组(id,l,r)，表示决策点和以id为最优决策点的区间(l,r)i从1扫到n
①i的最优决策点一定是队头的id，然后如果队头的r==i，弹出队头
②以i为最优决策点的区间一定是(x,n],然后从队列尾开始，如果队尾的q[tail].id在q[tail].l~q[tail].r中全劣于i，弹出队尾。
③当前队尾的元素在l~r中可能前一部分优于i，后一部分劣于i，二分这个分界点，修改q[tail].r
④如果q[tail].r!=n,将(i,q[tail].r+1,n)加入队尾
概括地说，1.取队头，2.判断弹队头 3.新决策点二分一个影响区间 4. 弹出队尾，或者弹出自己或者改变队尾区间影响范围。（5.加入自己）
不断循环3、4步，直到弹出自己或者改变范围。
循环当前的i，二分，nlogn
对于这个题，就是每次的i，找队头的id，更新f[i]，把自己加进去。
因为每次决策点都是之前的，所以也要对称数组再做一遍即可。
决策单调性感觉非常微妙，是的，微妙。
必须要往这方面去想。一般要通过推式子。（打表找规律）
证明单调性后，就比较套路了。
原文地址：https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/9348075.html