POJ - 2018 二分 + 单调子段和

求一个长度为 n 的序列中的一个平均值最大且长度不小于 L 的子段，输出最大平均值

最值问题可二分，从而转变为判定性问题：是否存在长度大于等于 L 且平均值大于等于 mid 的字段和

每个数与 mid 作差再转变为求非负子段

子段和问题应该利用前缀和 C，长度大于等于 L 的字段和最大值可表示为

max{Aj+1 + Aj+2 … + Ai},i-j+1-1>=L,j+1>=1

等价于

max{Ci-min{Cj}},L<=i<=n,0<=j<=i-L

注意是 i=L 时 j=0

只要 i 单调递增，j 也单调递增，可 O(1) 更新答案，然后不断二分尺取即可

j+1 的表示方法值得学习，不然推式子会习惯性把 0 的可能给忘了

不得不抱怨 POJ

浮点二分 100 次是 WA 的 50 次是 AC，哪有这种道理

只输出到个位 while(r-l>1e-5) 倒是可以，但显然精度没上面好

/*H E A D*/
int n,L;
double a[maxn],b[maxn],c[maxn];
bool C(double x){
    rep(i,1,n) b[i]=a[i]-x;
    rep(i,1,n) c[i]=c[i-1]+b[i];
    double ans=-1e12;
    double mn=1e12;
    rep(i,L,n){
        mn=min(mn,c[i-L]);
        ans=max(ans,c[i]-mn);
    }
    return ans>=0;
} 
int main(){
    while(~iin(n)){
        iin(L);
        rep(i,1,n) din(a[i]);
        double l=-1e6,r=1e6;
        rep(i,1,50){
            double mid=(l+r)/2;
            if(C(mid)) l=mid;
            else r=mid;
        }
        printf("%lld\n",(ll)(r*1000));
    }
    return 0;
}