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)) 和点对集合 (mathcal Q subseteq V imes V) ，满足对于所有 ((u, v) in mathcal Q)，都有 (u eq v)，并且 (u) 是 (v) 在树 (T) 上的祖先。其中 (V) 和 (E) 分别代表树 (T) 的结点集和边集。求有多少个不同的函数 (f) : (E o {0, 1})（将每条边 (e in E) 的 (f(e)) 值置为 (0) 或 (1)），满足对于任何 ((u, v) in mathcal Q)，都存在 (u) 到 (v) 路径上的一条边 (e) 使得 (f(e) = 1)。由于答案可能非常大，你只需要输出结果对 (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)) 表示考虑子树 (i)，限制条件的 (vin{ m subtree}(x)) 且限制 ((u,v)) 尚未被满足，(u) 的深度最深且 (j={ m dep}(u)) 的不同映射 (f:E_{{ m subtree}(x)} ightarrow{0,1}) 数量，以及其转移(f(x,i)= f(x,i)sumlimits_{yin{ m suf}(x)}left(sumlimits_{j=0}^{{ m dep}(x)}f(y,j)+sumlimits_{j=0}^{i}f(y,j) ight)+f(y,i)sumlimits_{j=0}^{i-1}f(x,j))。
令 (g(x)) 为 (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 merge}:{(x,y,l,r,s_x,s_y)} ightarrow{ m node}) 表示线段树合并的过程，其中 (s_x) & (s_y) 表示 DP 的前缀和（即 (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)：此时应该把 (f(y,l)) 合并到 (f(x,l)) 中，直接对线段树结点维护的 DP 值进行修改；
- (x=Omega)：此时 (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=Omega)：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) 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) 概率取得儿子中的最大值， (1-p_i) 的概率取得最小值。
令 ({v_{i}}) 表示最终根结点（(1)-th 结点）的所有可能取值（升序排列），其个数记为 (m)，每一个 (v_i) 取得的概率记为 (r_i)，将其按照 ({ m hash}(i)=i imes v_i imes r_i) 的规则求出 (sum_i{ m hash}(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)) 表示结点 (i) 取得值 (j) 的概率，以及其转移 (f(i,j)=sumlimits_{vin{ m suf}(i)} f(v,j)left(p_isumlimits_{1leqslant k<j}f(v',k)+(1-p_i)sumlimits_{j<k}f(v',k) ight))，其中 (v') 表示 ({ m suf}(i)setminus{v}) 中的唯一取值。
令 (g(i)) 为 (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_y) 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) 个点的以 (1) 为根的树。有 (m) 条路径 ((x,y))，保证 (y) 是 (x) 或 (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 ({ m route}(u,v)) 中的 (u) 为起点，(v) 为终点，在 (v) 决策一个 route 是否被选择。参考 noi2020 - Destiny 的状态设计，令 (f(x,i)) 表示在 ({ m subtree}(x)) 中选择了若干 routes，其中终点深度最深并且高于 ({ m dep}(x)) 的深度为 (i) 的最优方案。
转移即 (f(x,i)=minlimits_{yin{ m suf}(x)}{f(y,i)+sumlimits_{zin{ m suf}(x)setminus{y}}g(z)})，其中 (g(x)=minlimits_{1leqslant i<{ m dep}(x)}{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)）& 单点取 (min)。因为 (O((n+m)log_2n)) 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)))，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>{ m 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 (forall j<k,s.t.f(x,j)<f(x,k))，此时的 (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)：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_2^2n))，但是空间复杂度优化到了 (O(n+m))，可以通过此题。