「JSOI2015」送礼物

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传送门

看到这题首先想到分数规划。

我们发现对于当前区间，如果它的最大值和最小值不是分居区间的两个端点的话，那么我们显然可以把两端多出去的部分舍掉，因为，在区间最大值最小值都不变的情况下，区间肯定是越短越优的。

但是要注意一点就是区间长度也是有下界的。

所以说我们就先处理所有区间长度为下界 \(L\) 的情况，然后再对区间长度位于 \([L + 1, R]\) 的区间做处理。

二分答案 \(mid\) ，假设当前区间是 \([l, r]\) 那么就有：
\[ \frac{\max_{i = l}^r\{a_i\} - \min_{i = l}^r\{a_i\}}{r - l + k} \ge mid \\\Rightarrow (\max_{i = l}^r\{a_i\} + l \times mid) - (\min_{i = l}^r\{a_i\} + r \times mid) \ge k \times mid \]
由于我们之前说过最大值和最小值一定分居区间的两个端点（是这里不妨假设 \(a_l\) 为最大值，另一种情况同理

那么就有：
\[ (a_l + l \times mid) - (a_r + r \times mid) \ge k \times mid \]
所以我们可以令 \(f_i = a_i + i \times mid\) ，然后枚举左端点，查询右端点的最小值即可（这个可以用 \(\text{ST}\) 表维护）

但是要记得判断右端点越界的情况。

参考代码：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#define rg register
#define file(x) freopen(x".in", "r", stdin), freopen(x".out", "w", stdout)
using namespace std;
template < class T > inline void read(T& s) {
    s = 0; int f = 0; char c = getchar();
    while ('0' > c || c > '9') f |= c == '-', c = getchar();
    while ('0' <= c && c <= '9') s = s * 10 + c - 48, c = getchar();
    s = f ? -s : s;
}
 
const int _ = 5e4 + 5;
const double eps = 1e-7;
 
int n, k, L, R, a[_], lg[_];
int mn[18][_], mx[18][_]; double f[18][_];
 
inline int query_mn(int l, int r) {
    int x = lg[r - l + 1];
    return min(mn[x][l], mn[x][r - (1 << x) + 1]);
}
 
inline int query_mx(int l, int r) {
    int x = lg[r - l + 1];
    return max(mx[x][l], mx[x][r - (1 << x) + 1]);
}
 
inline double query(int l, int r) {
    int x = lg[r - l + 1];
    return min(f[x][l], f[x][r - (1 << x) + 1]);
}
 
inline bool chk(double mid) {
    for (rg int i = 1; i <= n; ++i) f[0][i] = a[i] + mid * i;
    for (rg int i = 1; i <= lg[n]; ++i)
        for (rg int j = 1; j + (1 << i) - 1 <= n; ++j)
            f[i][j] = min(f[i - 1][j], f[i - 1][j + (1 << (i - 1))]);
    double res = -2e9;
    for (rg int i = 1; i + L <= n; ++i)
        res = max(res, f[0][i] - query(i + L, min(i + R - 1, n)));
    return res >= k * mid;
}
 
inline bool check(double mid) {
    if (chk(mid)) return 1;
    reverse(a + 1, a + n + 1);
    if (chk(mid)) return 1;
    return 0;
}
 
inline void solve() {
    read(n), read(k), read(L), read(R);
    for (rg int i = 2; i <= n; ++i) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
    for (rg int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]), mn[0][i] = mx[0][i] = a[i];
    for (rg int i = 1; i <= lg[n]; ++i)
        for (rg int j = 1; j + (1 << i) - 1 <= n; ++j) {
            mn[i][j] = min(mn[i - 1][j], mn[i - 1][j + (1 << (i - 1))]);
            mx[i][j] = max(mx[i - 1][j], mx[i - 1][j + (1 << (i - 1))]);
    }
    double ans = -2e9;
    for (rg int i = 1; i + L - 1 <= n; ++i)
    ans = max(ans, 1.0 * (query_mx(i, i + L - 1) - query_mn(i, i + L - 1)) / (L + k - 1));
    double l = 0, r = 1000;
    while (r - l > eps) {
        double mid = (l + r) / 2;
        if (check(mid)) l = mid; else r = mid;
    }
    printf("%.4lf\n", max(ans, l));
}
 
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    file("cpp");
#endif
    int T; read(T);
    while (T--) solve();
    return 0;
}