首先，$\mathcal O(n^2)$ 的思路十分好想。
大概就是说，我们发现答案序列是单调不降的，所以倒着来，对于每个位置 $i$，我们找一个它后面的位置 $j$，使得 $\frac{\sum_{k=i}^{j} a_k}{j-i+1}$ 是最小的，然后把这一段全部赋值为这个值。这样，我们就在优先确保前面的值更优时，得到了一个可靠的贪心策略。
因为 $10^6$ 肯定要更好的方法，所以考虑优化。当处理位置 $i$ 的时候，$(i, n]$ 已经处理好了，成为了一个不降的，若干个连续段组成的数列。而对于连续的一段，我们 要不一起选，要不一起不选，所以就可以用一个栈来维护后面的这个东西。栈里存一个三元组，表示这一段的左端点 $l$，右端点 $r$，以及总和 $w$。
比如这时，已选的数字的总和为 $sum$，已选的数字总个数为 $tot$，显然，如果处于栈顶的那一段（不妨叫做 $top$）能够 拖低平均值，即 $\frac{w_{top}}{r_{top}-l_{top} +1} \le \frac{sum}{tot}$（注意等于也可以不加，反正不会改变什么），那么我们就要选这一段。细节问题是避免浮点计算，交叉相乘，看看 $w_{top} \times tot \le sum \times (r_{top}-l_{top}+1)$ 就行了。
时间复杂度 $\mathcal O(n)$，下面是代码。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
int n, l[N], r[N], top, a[N];
long long w[N];
double ans[N];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(register int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
top = 1;
l[1] = r[1] = n;
w[1] = a[n];
l[0] = n + 1;
for(register int i = n - 1; i; i--)
{
int tot = 1;
long long sum = a[i];
while(top && w[top] * tot <= sum * (r[top] - l[top] + 1))
{
sum += w[top];
tot += r[top] - l[top] + 1;
top--;
}
top++;
r[top] = l[top - 1] - 1;
l[top] = i;
w[top] = sum;
}
for(register int i = 1; i <= top; i++)
for(register int j = l[i]; j <= r[i]; j++) ans[j] = 1.0 * w[i] / (r[i] - l[i] + 1);
for(register int i = 1; i <= n; i++) printf("%.10lf\n", ans[i]);
return 0;
}
吐槽：
- 为啥 $\mathcal O(n^2)$ 能水过去？QwQ
- 为啥全部开 $\texttt{long double}$ 会 TLE? QwQ
- 为啥用 $\texttt{iostream}$ 会卡常？QwQ
所以这是一道毒瘤题……