题目描述
给定一个长度为 n 的非负整数序列 A ，求一个平均数最大的，长度不小于 L 的子段。
输入格式
第一行用空格分隔的两个整数 n 和 L；
第二行为 n 个用空格隔开的非负整数，表示 Ai。
输出格式
输出一个整数，表示答案的 1000 倍。不用四舍五入，直接输出。
样例输入
10 6
6 4 2 10 3 8 5 9 4 1
样例输出
6500
数据范围与提示
1≤n≤10^5, 0≤Ai≤2000。
思路
先用二分的思路想一想，将答案来个二分，怎么样？
从“是否存在一个长度不小于L的字段，平均数不小于二分的值”开始
假设我们当前二分的值为 ans ，如何更新这个 ans ，使得它越来越接近最终答案？
下面是判断当前的 ans 应该变得更大还是变得更小才能最接近最终答案
假设在序列中存在一段数， sum 为这段数的总和， k 为这段数的数字个数，那么这段数的平均数就是 sum/k ，且 k>=L ，当存在 ans<=sum/k 时，就说明当前的 anss 小了，需要变得更大，就是二分中的 “left=mid+1” ，否则就 “right=mid-1”
现在把上面的 ans<=sum/k 转换一下式子，将 k 乘到左边去，得到了 ans*k<=sum ，再把sum移到左边去，变成了 ans*k-sum<=0 ，两边同时乘以 -1 ，得到
sum-ans*k>=0
这个式子是什么意思呢？先想想 sum是怎么来的 ，sum=k个a[i]之和
k个a[i]之和-ans*k>=0
合并同类项之后，
k(a[i]-ans)>=0
这个式子是什么意思呢？就是将当前的字段中的每个 a[i] 减去二分的值 ans ，得到了当前 a[i] 与 ans 的差，将这段中的每一个差都加起来，如果大于等于 0，就说明当前的 ans 还可以更大
可是式子中的 k是未知的，怎么办呢？那就枚举
先将每个 a[i] 都减去 ans , 做一遍前缀和，
然后枚举右端点 r ，在 r 的左边找左端点 l ，这个 l 要满足 r-l>=L（说明字段的长度大于等于L），也就是说这个左端点 l 必须在 r-L 的左边找出
怎么找到符合条件的子段呢？很容易想到，当 r的前缀和减去 l 的前缀和就是这个子段中的每一个差，只要找到 前缀和r-前缀和l 的最大值，就说明 ans 是可以变得更大的 ，很明显，当 前缀和l 最小时， 前缀和r-前缀和l 最大（因为枚举 r 时 前缀和r 已经固定了 ）
所以我们要做的就是 ：
- 二分答案 ans，判断 ans 是要更大还是更小才能最接近最终答案
- 以下是判断：将每个 a[i] 都减去 ans，做一遍前缀和
- 枚举 右端点r ，寻找在 r-L左边的 左端点l，使得 前缀和r-前缀和l 最小，就是寻找在 r-L 左边的 最小前缀和
- 如果 前缀和r-前缀和l>=0 ， ans 还可以更大，否则 ans 还要更小
- 输出最终的 ans
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,L;
double lef=-1e6,rig=1e6,dlt=1e-5,pre[N],a[N],b[N]; //dlt:题目所要求的的精度
void init()
{
scanf("%d%d",&n,&L);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]);
}
bool check(double m)
{
double min_left=1e10,anss=-1e10; //min_left:最小前缀和
for (int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i]-m;
for (int i=1;i<=n;i++) pre[i]=pre[i-1]+b[i];//pre[]:前缀和数组
for (int r=L;r<=n;r++) //一个小贪心，从L开始枚举右端点
{
min_left=min(min_left,pre[r-L]);//不断更新符合条件的最小前缀和
if (pre[r]-min_left>=0) return true;
}
return false;
}
double cut()
{
while (rig-lef>dlt) //实数域上的二分
{
double mid=(lef+rig)/2;
if (check(mid)==true) lef=mid; //check()：判断anss是否还能更大
else rig=mid;
}
return rig;
}
int main()
{
init();
cout<<(int)(cut()*1000)<<endl;
return 0;
}