四边形不等式
我们称一个二元函数 \(w(i, j)\) 满足四边形不等式，当且仅当对于任意 \(a \le b \le c \le d\) 满足：
\w(a, c) + w(b, d) \\le w(a, d) + w(b, c) \\
即交叉小于包含。
其可以用来对转移进行优化，具体的，设：
\f(i) = \\min_{j \\le i} w(j, i) \\
定义 \(\operatorname{opt}(i)\) 表示计算 \(f(i)\) 时最优的那个决策点 \(j\)，称其满足决策单调性 当且仅当对于任意 \(i < j\) 满足 \(\operatorname{opt}(i) \le \operatorname{opt}(j)\)。
性质 \(1\)：
若 \(w(i, j)\) 满足四边形不等式，则 \(f(i)\) 满足决策单调性。
考虑反证法，若存在 \(i < j\) 且 \(x = \operatorname{opt}(i) > y = \operatorname{opt}(j)\)，那么根据定义有 \(w(x, j) \ge w(y, j), w(y, i) \ge w(x, i)\)，于是 \(w(x, j) + w(y, i) \ge w(y, j) + w(x, i)\)，违反了四边形不等式，于是得证。
性质 \(2\)：
如果对于任意 \(i, j\) 满足 \(w(i, j) + w(i + 1, j + 1) \le w(i, j + 1) + w(i + 1, j)\)，那么 \(w\) 满足四边形不等式。
证明比较显然，考虑 \(w(i + 1, j) + w(i, j + 1) - w(i, j) - w(i + 1, j + 1) \ge 0\)，这表示 \(w\) 的二维差分矩阵非负；于是考察其二维差分矩阵上一个子矩阵 \((b + 1, d + 1), (a, c)\) 的和必然也非负，即 \(w(a, d) - w(a, c) - w(b, d) + w(b, c) \ge 0\)，这是四边形不等式的定义。
上面那个决策单调性太特殊了，只对 \(f(i) = \min w(j, i)\) 生效，感觉没有什么实际用途，一般都是这种问题：将序列分段使得权值最小，即：
\f(i) = \\min_{j \\le i} f(j - 1) + w(j, i) \\
这种怎么办？考虑：
性质 \(3\)：
若 \(w(i, j)\) 满足四边形不等式，则 \(w(i, j) = x_i + y_j\) 也满足。
这是显然的，带入进去把 \(x, y\) 都消掉了。
于是只需要 \(w(i, j)\) 满足四边形不等式，则上面 \(f(i)\) 的转移也满足决策单调性。
如果强制钦定了要分 \(k\) 段，可以根据情况使用 wqs 二分或者多加一维解决。
考虑 \(w(l, r)\) 可能是 \(\sum_{l \le i \le j \le r} c(i, j)\) 的形式：
性质 \(4\)：
若 \(c(i, j) \ge 0\)，则 \(w(l, r) = \sum_{l \le i \le j \le r} c(i, j)\) 满足四边形不等式。
考虑证明 \(w(x, y) + w(x + 1, y + 1) \le w(x, y + 1) + w(x + 1, y)\)，考虑拆贡献 \(x + 1 \le i \le j \le y\) 的 \((i, j)\) 对两边贡献是相同的，然后左边是 \(\sum_{i = x, j \in x, y} c_{i, j} + \sum_{i \in x + 1, y + 1, j = y + 1} c_{i, j}\)，然后右边 \(w(x, y + 1)\) 去掉 \(x + 1 \le i \le j \le y\) 的 \((i, j)\) 后是 \(\sum_{i = x,j \in x, y + 1} c(i, j) + \sum_{i \in x, y + 1, j = y + 1} c(i, j)\)，于是右边多考虑了 \(c(x, y + 1)\)，得证。
例题
P1880 NOI1995 石子合并
考虑区间 dp，定义 \(dp(l, r)\) 表示将区间 \(l, r\) 合并的最小代价，于是有转移：
\dp(l, r) = (s_r - s_{l - 1}) + \\min\\limits_{k = l}\^{r - 1} (dp(l, k) + dp(k + 1, r)) \\
钦定 \(l\) 固定时，有 \(w(i, j) = dp(l, i) + dp(i + 1, j)\) ，考虑证明 \(w(i, j)\) 满足四边形不等式，你推下式子发现等价于证明 \(dp(i, j)\) 满足四边形不等式。
这里 \(dp(i, j)\) 满足四边形不等式的充要条件是 \(h(i, j) = s_i - s_{j - 1}\) 也满足四边形不等式且满足区间包含单调性，可以对长度数学归纳发得到。
然后你发现上面固定右端点 \(r\) 时也有决策单调性，于是有 \(\operatorname{opt}(l, r) \in \\operatorname{opt}(l, r - 1), \\operatorname{opt}(l + 1, r)\)，所以这样枚举决策点时间复杂度就是 \(O(n^2)\) 的。
于是可以得到性质 \(5\)：
设 \(w(l, r)\) 满足四边形不等式且满足区间包含单调性，若 \(dp(l, r) = w(l, r) + \min\limits_{k = l}^{r - 1} (dp(l, k) + dp(k + 1, r))\)，那么 \(dp(l, r)\) 也满足四边形不等式；且固定 \(l\) 或者固定 \(r\) 时都满足决策单调性，即 \(\operatorname{opt}(l, r) \in \\operatorname{opt}(l, r - 1), \\operatorname{opt}(l + 1, r)\)。
类似题目 UVA10304 Optimal Binary Search Tree。
CF868F Yet Another Minimization Problem
考虑 \(c(i, j) = a_i = a_j\)，那么 \(w(l, r) = \sum_{l \le i \le j \le r} c(i, j)\) 满足四边形不等式，于是 \(dp\) 时：
\dp_{i, j} = \\min_{k \\le i} dp_{k - 1, j - 1} + w(k, i) \\
这个最优决策 \(k\) 具有单调性；考虑用分治与整体二分的思想解决。
即我们定义 \(solve(l, r, kl, kr)\) 表示目前在转移 \(l, r\) 内的点，其最优决策点在 \(kl, kr\) 内；那么可以暴力算出 \(mid\) 的最优决策点 \(kmid\)，然后递归到 \(solve(l, mid - 1, kl, kmid), solvew(mid + 1, r, kmid, kr)\)；显然递归层数使用 \(\log n\) 层，且每层 \(kl, kr\) 的总长度是 \(O(n)\) 级别的，于是单次时间复杂度是 \(O(n \log n)\)。
现在问题在于如何快速算 \(w(l, r)\)，你考虑用类似莫队的走指针方式解决，你发现每次移动的长度是 \(O(len)\) 级别的，于是最终是 \(O(n \log n)\) 次。
总时间复杂度为 \(O(nk \log n)\)。
P3515 POI 2011 Lightning Conductor
这题你推一下式子，若对于 \(i\) 的答案是 \(k\)，那么要对于所有 \(j\) 满足：
\k + h_i \\ge h_j + \\sqrt{\|i - j\|} \\
\k \\ge h_j + \\sqrt{\|i - j}\| - h_i \\
于是：
\k = \\lceil\\max_{j} h_j + \\sqrt{\|i - j\|} \\rceil - h_i \\
考虑怎么算 \(h_j + \sqrt{|i - j|}\)，这里分讨 \(j < i\) 和 \(j > i\) 两种情况算就可以去掉绝对值，然后 \(w(i, j) = \sqrt{i - j}\)，容易发现 \(w\) 满足四边形不等式，于是有决策单调性。
于是分治解决即可，时间复杂度为 \(O(n \log n)\)。
P4767 IOI 2000 邮局 加强版
显然对于每个设立的邮局，到其距离最近的村庄集合是集合，于是可以设立状态 \(dp_{i, j}\) 表示考虑前 \(i\) 个村庄放了 \(j\) 个邮局的最小代价：
\dp_{i, j} = \\min\\limits_{k \< i} dp_{k, j - 1} + w(k + 1, i) \\
其中 \(w(l, r)\) 表示在区间 \(l, r\) 内放一个邮局的最小代价，显然将邮局放在中位数位置最优，于是可以增量递推：
\w(l, r) = w(l, r - 1) + a_r - a_{\\frac{l + r}{2}} \\
你发现 \(w\) 满足四边形不等式，于是我们按照 \(j\) 分层每层分治计算即可，时间复杂度为 \(O(nk \log n)\).
这里证明一下上面的 \(w\) 满足四边形不等式，即 \(w(i, j) + w(i + 1, j + 1) \le w(i, j + 1) + w(i + 1, j)\)；首先注意到 \(i, j + 1\) 与 \(i + 1, j\) 的中位数一样，设为 \(k\)；
那么 \(w(i, j + 1) = w(i + 1, j) + a_k - a_i + a_{j + 1} - a_k = w(i + 1, j) + a_{j + 1} - a_i\)，于是 \(w(i, j + 1) + w(i + 1, j) = 2w(i + 1, j) + a_{j + 1} - a_i\)。
然后根据 \(w\) 的最小性的定义，可以得到 \(w(i, j) \le w(i + 1, j) + a_k - a_i, w(i + 1, j + 1) \le w(i + 1, j) + a_{j + 1} - a_k\)，于是 \(w(i, j) + w(i + 1, j + 1) \le 2w(i + 1, j) + a_{j + 1} - a_i = w(i, j + 1) + w(i + 1, j)\) 得证。
P10861 HBCPC2024 MACARON Likes Happy Endings
令 \(s\) 为前缀异或，那么 \(c(i, j) = s_j \\oplus s_{i - 1} = d \ge 0\)，于是 \(w(l, r) = \sum_{l \le i \le j \le r}\) 满足四边形不等式，于是 \(dp\) 时：
\dp_{i, j} = \\min_{k \\le i} dp_{k - 1, j - 1} + w(k, i) \\
然后分治去做，计算 \(w(k, i)\) 可以简单走指针计算，于是时间复杂度是 \(O(nk \log n)\) 的。