引入

二分栈主要用来优化满足决策单调性的DP转移式。
即我们设\(P[i]\)为\(i\)的决策点位置，那么\(P[i]\)满足单调递增的性质的DP。

由于在这种DP中，满足决策点单调递增，那么对于一个点来说，以它为决策点的点一定是一段连续的区间。

所以我们可以枚举以哪个点作为决策点，去找到它所对应的以它为决策点的区间。
考虑如何找到一个点的区间：

可以发现，在当前情况下(枚举到以某个点作为决策点的情况下)，该点所对应的区间一定为[L,N].(L可能等于N+1)

那么我们可以用一个栈来存储区间[L,N]中的L，每次新枚举到一个决策点\(i\)，就用栈顶L判断，看L是用原决策点更优，还是用新决策点\(i\)更优。
因为满足决策单调性，所以若用新决策点更优的话，该L就没有意义了，就直接可以从栈顶弹出。
我们一直执行以上操作，直到遇到一个L的原决策点比新决策点\(i\)更优，那么说明这个L还是有意义的，所以不能弹。
然后我们就需要去二分一个点出来作为新的L，使得这个点右边的点以\(i\)为决策点更优，左边的点以\(i\)为决策点更劣。
以上就是二分栈的基本思路。

举个例子：
决策点:1111111111 栈:1(1)
决策点:1112222222 栈:1(1) 4(2)
决策点:1112222233 栈:1(1) 4(2) 9(3)
决策点:1112224444 栈:1(1) 4(2) 7(4)
注：栈里应该有两个信息，一个是L，一个是转移点.
(我们不能维护每个点的转移点，那样会提高时间复杂度)

代码实现思路：
①定义一个队首指针，对于目前枚举到的决策点\(i\)，若\(i\)未被队首指针的区间包含，那么指针前移，直到\(i\)被包含，然后更新\(i\)的DP值。(\(i\)的决策点就是目前队首指针所对应的转移点)
②判断目前栈顶的L以\(i\)为决策点更优，还是以原决策点更优。若以\(i\)更优，弹出栈顶，然后，循环往复②操作。
③对于目前的栈，判断一下，栈是否为空：

若为空，直接让新的信息入栈。
若不为空，二分新决策点L的位置(此处所有点的原决策点都是目前栈顶的原决策点)，入栈。
(注：记得特判L!=N+1)

小结

对于大多关于二分栈的题，一般是发现有单调性后就直接套版了。
所以在使用二分栈时，一般需要先证明DP的决策单调性(一般使用打表法证明)，限制还是很大。
注：有转移限制的DP对二分栈限制很大，只有在限制也满足单调性的情况下才能用。
(比如CSP2019D2T2划分就可以用类二分栈做法过掉\(O(N*log(N))\)能过的所有点)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const long long ONE=1;
const int MOD=(1<<30);
const int MAXM=100005;
const int MAXN=40000005;
const long long INF=4e18;
int N,TYP,Pt[MAXN];
long long A[MAXN],Dp[MAXN];
int Stac[MAXN],ID[MAXN],L,R;
void Prepare(){
    scanf("%d%d",&N,&TYP);
    if(TYP==1){
        int X,Y,Z,M;
        int P[MAXM]={0},B[MAXN]={0};
        scanf("%d%d%d%d%d%d",&X,&Y,&Z,&B[1],&B[2],&M);
        for(int i=3;i<=N;i++)B[i]=(ONE*B[i-1]*X+ONE*B[i-2]*Y+Z)%MOD;
        for(int i=1,L,R;i<=M;i++){
            scanf("%d%d%d",&P[i],&L,&R);
            for(int j=P[i-1]+1;j<=P[i];j++)
                A[j]=B[j]%(R-L+1)+L;
        }
        return ;
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
        scanf("%lld",&A[i]);
}
int main(){
    Prepare();
    for(int i=1;i<=N;i++)
        A[i]=A[i-1]+A[i];
    for(int i=1;i<=N;i++){
        while(Stac[L+1]<=i&&L<R)L++;
        long long x=A[i]-A[ID[L]];
        Dp[i]=Dp[ID[L]]+x*x;Pt[i]=ID[i];
        int l=i,r=N+1;
        while(L<=R&&A[Stac[R]]-A[i]>=x)R--;
        if(L>R){Stac[++R]=i+1;ID[R]=i;continue;}
        while(l+1<r){
            int mid=(l+r)/2;
            if(x<=A[mid]-A[i])r=mid;
            else l=mid;
        }
        if(r==N+1)continue;
        Stac[++R]=r;ID[R]=i;
    }
    printf("%lld\n",Dp[N]);
}

例题

其实主要是证单调性，其它的部分都比较版。

T1玩具装箱

~~(虽说这是个斜率优化板题呢...)~~
最终核心大意：给出了\(P\)数组与一个常数\(L\)，其中\(P\)数组满足单调递增的性质。
有一个Dp转移式：\(Dp[i]=min\{Dp[j]+(P[i]-P[j]-L)^2\};\)
单调性证明如下：
采用反证：设有\(A,B,C,D(A<B<C<D)\)，其中\(A\)为\(D\)的最优决策点，\(B\)为\(C\)的最优决策点。（即要证明这种情况不存在）
那么有\[Dp[A]+(P[D]-P[A]-L)^2\le Dp[B]+(P[D]-P[B]-L)^2\]
\[Dp[B]+(P[C]-P[B]-L)^2\le Dp[A]+(P[C]-P[A]-L)^2\]
可以得到：
\[(P[D]-P[A]-L)^2+(P[C]-P[B]-L)^2\le (P[D]-P[B]-L)^2+(P[C]-P[A]-L)^2\]
化简得：
\[2*(P[B]-P[A])*(P[D]-P[C])\le0\]
与条件不符，故不存在这种情况，即证明该Dp有决策单调性。

#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=50005;
int N,Len,A[MAXN],Pt[MAXN];
long long S[MAXN],Dp[MAXN];
int Stac[MAXN],ID[MAXN],L,R;
long long W(int i,int j){
    return (S[i]-S[j]-Len)*(S[i]-S[j]-Len);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&N,&Len);Len++;
    for(int i=1;i<=N;i++)
        scanf("%d",&A[i]),S[i]=S[i-1]+A[i];
    for(int i=1;i<=N;i++)S[i]+=i;
    for(int i=1;i<=N;i++){
        while(Stac[L+1]<=i&&L<R)L++;
        Dp[i]=Dp[ID[L]]+W(i,ID[L]);
        while(L<=R&&Dp[ID[R]]+W(Stac[R],ID[R])>=Dp[i]+W(Stac[R],i))R--;
        if(R<L)Stac[++R]=i+1,ID[R]=i;
        else{
            int l=i,r=N+1;
            while(l+1<r){
                int mid=(l+r)/2;
                if(Dp[ID[R]]+W(mid,ID[R])>=Dp[i]+W(mid,i))r=mid;
                else l=mid;
            }
            if(r==N+1)continue;
            Stac[++R]=r;ID[R]=i;
        }
    }
    printf("%lld\n",Dp[N]);
    return 0;
}
/*
Dp[i]=Min{Dp[j]+W(i,j)};
*/

T2诗人小G

最终核心大意：给出了\(P\)数组与一个常数\(L\)及一个参数\(K\)，其中\(P\)数组满足单调递增的性质。
有一个Dp转移式：\(Dp[i]=min\{Dp[j]+|P[i]-P[j]-L|^K\};\)
单调性证明如下：(沿用T1的思路)
采用反证：设有\(A,B,C,D(A<B<C<D)\)，其中\(A\)为\(D\)的最优决策点，\(B\)为\(C\)的最优决策点。（即要证明这种情况不存在）
那么有\[Dp[A]+|P[D]-P[A]-L|^K\le Dp[B]+|P[D]-P[B]-L|^K\]
\[Dp[B]+|P[C]-P[B]-L|^K\le Dp[A]+|P[C]-P[A]-L|^K\]
可以得到：
\[|P[D]-P[A]-L|^K+|P[C]-P[B]-L|^K\le |P[D]-P[B]-L|^K+|P[C]-P[A]-L|^K\]
然后......
我们设\(X=P[B]-P[A],Y=P[C]-P[B],Z=P[D]-P[C];\)

那么有：\[|X+Y+Z-L|^K+|Y-L|^K\le |Y+Z-L|^K+|X+Y-L|^K\]
我们不妨画出\(F(t)=|t-L|^K\)的图像，就像这样：

然后在图像上将那四个点标出来。
发现\((X+Y+Z-L)+(Y-L)=(Y+Z-L)+(X+Y-L)\)，即这四个点的横坐标是关于\(E=\frac{X+2*Y+Z}{2}\)对称的。
但由于那四个点的分布情况繁多，所以不妨分类讨论(由于左边右边本质是一样的，所以这里只讨论一边的情况)：
①:左二右二(左边两个点，右边两个点)

这种情况下，显然\(F(Y)+F(X+Y+Z)\ge F(X+Y)+F(Y+Z)\)
故与条件不符。
②:左一右三(左边一个点，右边三个点)

那么这种情况下，我们将\(Y\)翻转至\(Y`\)，那么此时有\(DX1<DX2,DY1<DY2\)，即\[F(Y+Z)-F(Y)=F(Y+Z)-F(Y`)<F(X+Y+Z)-F(X+Y)\]
即有\[F(Y+Z)+F(X+Y)<F(X+Y+Z)+F(Y)\]
故与条件不符。
③:左零右四(左边零个点，右边四个点)