题目
Problem A: 组题
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 256 MBDescription
著名出题人小Q的备忘录上共有n道可以出的题目,按照顺序依次编号为1到n,其中第i道题目的难度系数被小Q估计
为a_i,难度系数越高,题目越难,负数表示这道题目非常简单。小Q现在要出一套难题,他决定从备忘录中选取编
号连续的若干道题目,使得平均难度系数最高。当然,小Q不能做得太过分,一套题目必须至少包含k道题目,因此
他不能通过直接选取难度系数最高的那道题目来组成一套题。请写一个程序,帮助小Q挑选平均难度系数最高的题
目。Input
第一行包含两个整数n,k(1<=n<=100000,1<=k<=n),分别表示题目的总量和题数的下界。
第二行包含n个整数a_1,a_2,…,a_n(|a_i|<=10^8),分别表示每道题目的难度系数。
Output
输出一个既约分数p/q或-p/q,即平均难度系数的最大值。
Sample Input
5 3
1 4 -2 -3 6Sample Output
5/4
分析
- 看到这个“最大值”,又想到二分答案,想想复杂度、实现好像都可以,于是就想出来了。
- 二分出答案后,对每个数减去二分的 mid,只需找到连续的一段和(减过 mid 之后的数)大于0,就说明这个 mid 可行。
- 用个前缀和维护一下,得到可行解的时候记一下分子分母。
- 最后输出即可。
程序
#include <cstdio>
long long n,k,o,mc,a1,a2,kk1,kk2,a[100005],f[100005];
long double ans,l,r,Mid,mn,s[100005];
long long gcd(long long b,long long c){
return c?gcd(c,b%c):b;}
bool ok(long double x){
long double mn=1000000;
for (long long i=1; i<k; i++) s[i]=s[i-1]+(long double)a[i]-x;
for (long long i=k; i<=n; i++){
s[i]=s[i-1]+(long double)a[i]-x;
if (s[i-k]<mn) mn=s[i-k],mc=i-k;
if (s[i]-mn>=0){
a1=f[i]-f[mc];
a2=i-mc;
return 1;
}
}
return 0;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for (long long i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]),f[i]=f[i-1]+a[i];
for (l=-100000000,r=-l,o=0; l<=r && ++o<=100; o++){
Mid=(l+r)/2;
if (ok(Mid)){l=Mid; ans=Mid; continue;}
r=Mid-0.000001;
}
k=gcd(a1,a2); a1/=k,a2/=k;
if (a2<0) a1*=-1,a2*=-1;
//if (a2==1){printf("%lld",a1); return 0;}
printf("%lld/%lld",a1,a2);
}
提示
- 要看清数据范围,开始二分的初值弄成 1e5 结果 WA 了 11 发……
- 还有注意是既约分数, gcd 一下,负号位置注意一下。