题面描述

传送门

思路

状态转移方程

$F_i=\max(F_j,\frac{sum_i-sum_j}{i-j})$

决策单调性

设有 $j<k\le i-m$

$\max(F_k,\frac{sum_i-sum_k}{i-k})\ge \max(F_j,\frac{sum_i-sum_j}{i-j})$

如果

$\frac{sum_i-sum_k}{i-k},\frac{sum_i-sum_j}{i-j}$

均对答案有贡献，那么

$\frac{sum_i-sum_k}{i-k}\ge \frac{sum_i-sum_j}{i-j}$

则

$(sum_i-sum_k)*(i-j)\ge(sum_i-sum_j)*(i-k)$

对于未来状态 $t$，若

$\frac{sum_t-sum_k}{t-k},\frac{sum_t-sum_j}{t-j}$

仍对答案有贡献，

证明

$\frac{sum_t-sum_k}{t-k}\ge\frac{sum_t-sum_j}{t-j}$

$(sum_t-sum_k)*(t-j)\ge(sum_t-sum_j)*(t-k)$

由 $sum_k=sum_i+val,t-j>t-k$

$(sum_i-sum_k)*(t-j)\ge (sum_i-sum_j)*(t-k)$

仅需证明 $val*(t-j)\ge val*(t-k)$

由于 $val>0$

则成立。

因此 $k$永远优于 $j$

踢队头

$calc(k,i)=\frac{sum_i-sum_k}{i-k}\ge calc(j,i)=\frac{sum_i-sum_j}{i-j}$

因此，根据上文

当 $calc(k,i)\ge calc(j,i)$时， $k$优于 $j$

当 $calc(q_{head+1},i)\ge calc(q_{head},i)$时， $q_{head+1}$优于 $q_{head}$

因此观出， $calc(q_{head},i)$随 $head$增大而减小，维护一个上凸壳。

踢队尾

$calc(i-m,q_{tail-1})\le calc(q_{tail},q_{tail-1})$

即可。

AC code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int size=1<<20;
inline char gc()
{
	static char buf[size],*p1,*p2;
	return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
#define gc gc()
inline void qr(int &x)
{
	x=0;int f=1;char c=gc;if(c==EOF)return;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=gc;}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=gc;}x*=f;
}
int s[N];int q[N],l,r;int n,m;
inline double calc(int j,int i)
{
	return (double)(s[i]-s[j])/(i-j);
}
int main()
{
	while(qr(n),n)
	{
		qr(m);
		s[0]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)qr(s[i]),s[i]+=s[i-1];
		l=1;r=0;q[1]=0;double ans=0;
		for(int i=m;i<=n;i++)
		{
			while(l<r&&calc(q[r],q[r-1])>=calc(i-m,q[r-1]))--r;
			q[++r]=i-m;
			while(l<r&&calc(q[l+1],i)>=calc(q[l],i))++l;
			ans=max(ans,calc(q[l],i));
		}
		printf("%.2lf\n",ans);
	}
	return 0; 
}