不太了解这个东西的具体定义是什么，总之应该是一个用数据结构维护 DP 状态的某几个维度的 trick 吧。
事实上你可以把这篇 post 理解为三个题的解集。
先直接来看 noi2020 - Destiny 这个题。
给定一棵树 T = ( V , E ) T = (V, E) T=(V,E) 和点对集合 Q ⊆ V × V \mathcal Q \subseteq V \times V Q⊆V×V ，满足对于所有 ( u , v ) ∈ Q (u, v) \in \mathcal Q (u,v)∈Q，都有 u ≠ v u \neq v u=v，并且 u u u 是 v v v 在树 T T T 上的祖先。其中 V V V 和 E E E 分别代表树 T T T 的结点集和边集。求有多少个不同的函数 f f f : E → { 0 , 1 } E \to \{0, 1\} E→{0,1}（将每条边 e ∈ E e \in E e∈E 的 f ( e ) f(e) f(e) 值置为 0 0 0 或 1 1 1），满足对于任何 ( u , v ) ∈ Q (u, v) \in \mathcal Q (u,v)∈Q，都存在 u u u 到 v v v 路径上的一条边 e e e 使得 f ( e ) = 1 f(e) = 1 f(e)=1。由于答案可能非常大，你只需要输出结果对 998 , 244 , 353 998,244,353 998,244,353（一个素数）取模的结果。
我们略过 DP 的过程，直接给出其定义 f ( x , j ) f(x,j) f(x,j) 表示考虑子树 i i i，限制条件的 v ∈ s u b t r e e ( x ) v\in{\rm subtree}(x) v∈subtree(x) 且限制 ( u , v ) (u,v) (u,v) 尚未被满足， u u u 的深度最深且 j = d e p ( u ) j={\rm dep}(u) j=dep(u) 的不同映射 f : E s u b t r e e ( x ) → { 0 , 1 } f:E_{{\rm subtree}(x)}\rightarrow\{0,1\} f:Esubtree(x)→{0,1} 数量，以及其转移 f ( x , i ) = f ( x , i ) ∑ y ∈ s u f ( x ) ( ∑ j = 0 d e p ( x ) f ( y , j ) + ∑ j = 0 i f ( y , j ) ) + f ( y , i ) ∑ j = 0 i − 1 f ( x , j ) f(x,i)= f(x,i)\sum\limits_{y\in{\rm suf}(x)}\left(\sum\limits_{j=0}^{{\rm dep}(x)}f(y,j)+\sum\limits_{j=0}^{i}f(y,j)\right)+f(y,i)\sum\limits_{j=0}^{i-1}f(x,j) f(x,i)=f(x,i)y∈suf(x)∑(j=0∑dep(x)f(y,j)+j=0∑if(y,j))+f(y,i)j=0∑i−1f(x,j)。
令 g ( x ) g(x) g(x) 为 f ( i ) f(i) f(i) 的前缀和，得到平方级算法。
如果我们考虑把 DP 的第二维度状态放到线段树上，那么子树的合并就可以放到线段树上去做，即使用线段树的合并 trick 来做 DP。
我们来看看合并的具体过程。贴近实现，我们令 m e r g e : { ( x , y , l , r , s x , s y ) } → n o d e {\rm merge}:\{(x,y,l,r,s_x,s_y)\}\rightarrow{\rm node} merge:{(x,y,l,r,sx,sy)}→node 表示线段树合并的过程，其中 s x s_x sx & s y s_y sy 表示 DP 的前缀和（即 g g g），在实现（以及下文的讲解）中，均把这两个变量视作别名。
有这样几种情形需要探讨。
- l = r l=r l=r：此时应该把 f ( y , l ) f(y,l) f(y,l) 合并到 f ( x , l ) f(x,l) f(x,l) 中，直接对线段树结点维护的 DP 值进行修改；
- x = Ω x=\Omega x=Ω：此时 f ( x ) f(x) f(x) 的 DP 值并没有意义，在本题中可以视作零。于是打乘法标记即可；
- y = Ω y=\Omega y=Ω：与上一条类似。
于是得到解决，参考实现。
再来看 pkuwc2018 - Minimax 这个题。
给出一棵有 n n n 的结点的二叉有根树，并给出其叶子结点的权值，对于一个非叶子结点，其权值有 p i p_i pi 概率取得儿子中的最大值， 1 − p i 1-p_i 1−pi 的概率取得最小值。
令 { v i } \{v_{i}\} {vi} 表示最终根结点（ 1 1 1-th 结点）的所有可能取值（升序排列），其个数记为 m m m，每一个 v i v_i vi 取得的概率记为 r i r_i ri，将其按照 h a s h ( i ) = i × v i × r i {\rm hash}(i)=i\times v_i\times r_i hash(i)=i×vi×ri 的规则求出 ∑ i h a s h ( i ) \sum_i{\rm hash}(i) ∑ihash(i)。
与上一题类（完 全）似（一 致）地，同样略过 DP 的过程，给出其定义 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 表示结点 i i i 取得值 j j j 的概率，以及其转移 f ( i , j ) = ∑ v ∈ s u f ( i ) f ( v , j ) ( p i ∑ 1 ⩽ k < j f ( v ′ , k ) + ( 1 − p i ) ∑ j < k f ( v ′ , k ) ) f(i,j)=\sum\limits_{v\in{\rm suf}(i)} f(v,j)\left(p_i\sum\limits_{1\leqslant k<j}f(v',k)+(1-p_i)\sum\limits_{j<k}f(v',k)\right) f(i,j)=v∈suf(i)∑f(v,j)(pi1⩽k<j∑f(v′,k)+(1−pi)j<k∑f(v′,k))，其中 v ′ v' v′ 表示 s u f ( i ) ∖ { v } {\rm suf}(i)\setminus\{v\} suf(i)∖{v} 中的唯一取值。
令 g ( i ) g(i) g(i) 为 f ( i ) f(i) f(i) 的前缀和（显然这里的 ∞ \infty ∞ 并不是「真正的无限」），得到平方级的算法。
同样考虑把 DP 的第二维度状态放到线段树上，在线段树合并时维护 s x s_x sx & s y s_y sy 表示 DP 的前缀和，直接维护即可。
最后来看到 codeforces - 671D / Roads in Yusland。
给定一棵 n n n 个点的以 1 1 1 为根的树。有 m m m 条路径 ( x , y ) (x,y) (x,y)，保证 y y y 是 x x x 或 x x x 的祖先，每条路径有一个权值。你要在这些路径中选择若干条路径，使它们能覆盖每条边，同时权值和最小。
这题的平方 DP 都有一定难度……看了 duyi 的题解挺久才理解……不过如果做过 noi2020 - Destiny 的话应该会好很多。
称 r o u t e ( u , v ) {\rm route}(u,v) route(u,v) 中的 u u u 为起点， v v v 为终点，在 v v v 决策一个 route 是否被选择。参考 noi2020 - Destiny 的状态设计，令 f ( x , i ) f(x,i) f(x,i) 表示在 s u b t r e e ( x ) {\rm subtree}(x) subtree(x) 中选择了若干 routes，其中终点深度最深并且高于 d e p ( x ) {\rm dep}(x) dep(x) 的深度为 i i i 的最优方案。
转移即 f ( x , i ) = min y ∈ s u f ( x ) { f ( y , i ) + ∑ z ∈ s u f ( x ) ∖ { y } g ( z ) } f(x,i)=\min\limits_{y\in{\rm suf}(x)}\{f(y,i)+\sum\limits_{z\in{\rm suf}(x)\setminus\{y\}}g(z)\} f(x,i)=y∈suf(x)min{f(y,i)+z∈suf(x)∖{y}∑g(z)}，其中 g ( x ) = min 1 ⩽ i < d e p ( x ) { f ( x , i ) } g(x)=\min\limits_{1\leqslant i<{\rm dep}(x)}\{f(x,i)\} g(x)=1⩽i<dep(x)min{f(x,i)}，还需要考虑每条 route 带来的额外转移，转移式显然不赘。这些 transforming formulae 也许带有一些构造成分在里面，至少我觉得不太自然……
然后考虑线段树合并优化，你需要支持区间增量 & 全局查询最小值 & 合并（与此同时区间取 min \min min）& 单点取 min \min min。因为 O ( ( n + m ) log 2 n ) O((n+m)\log_2n) O((n+m)log2n) 的空间复杂度并不能通过此题。
考虑以时间换空间，我们采用权值平衡树 & 启发式合并来解决（参考实现中给出的是 std::set）。
平衡树上每个结点维护一个 2-tuple ( i , f ( x , i ) ) (i,f(x,i)) (i,f(x,i))，以第一关键字排序。我们依次考虑如何支持上文的操作。
- 区间增量：如果及时把 i > d e p ( x ) i>{\rm dep}(x) i>dep(x) 的元素弹出，这就变成了全局增量，直接维护即可；
- 全局查询最小值：这个是本题最妙的地方，因为关键字的选取，平衡树无法简单地取出最小值，我们需要更多的性质。注意到 ∀ j < k , s . t . f ( x , j ) < f ( x , k ) \forall j<k,s.t.f(x,j)<f(x,k) ∀j<k,s.t.f(x,j)<f(x,k)，此时的 k k k 都是无用的，可以直接删除，这得出了此题的单调性。如此全局最小值就是平衡树上最右边的结点；
- 合并：启发式合并即可；
- 单点取 min \min min：相当于插入操作，直接来即可，需要注意一些不是特别细的细节（雾）。
如此时间复杂度退成了 O ( ( n + m ) log 2 2 n ) O((n+m)\log_2^2n) O((n+m)log22n)，但是空间复杂度优化到了 O ( n + m ) O(n+m) O(n+m)，可以通过此题。