【题目描述】
礼品店一共有N件礼物排成一列，每件礼物都有它的美观度。排在第$i(1\leq i\leq N)$个位置的礼物美观度为正整数$A_I$。JYY决定选出其中连续的一段，即编号为礼物$i,i+1,…,j-1,j$的礼物。选出这些礼物的美观程度定义为:$(M(i,j)-m(i,j))/(j-i+K)$,其中$M(i,j)$表示$max{A_i,A_{i+1}\dots A_j}$，$m(i,j)$表示$min{A_i,A_{i+1}\dots A_j}$，$K$为给定的正整数。
由于不能显得太小气，所以JYY所选礼物的件数最少为$L$件；同时，选得太多也不好拿，因此礼物最多选$R$件。JYY应该如何选择，才能得到最大的美观程度？由于礼物实在太多挑花眼，JYY打算把这个问题交给会编程的你。
【输入格式】
本题每个测试点有多组数据。输入第一行包含一个正整数$T(T\leq 10)$，表示有T组数据。 每组数据包含两行，第一行四个非负整数$N,K,L,R(2\leq L\leq R\leq N)$。第二行包含$N$个正整数，依次表示$A_1,A_2….A_n$，$(A_i\leq 10^8)$,$N, K\leq 50,000$。
【输出格式】
输出$T$行，每行一个非负实数，依次对应每组数据的答案，数据保证答案不会超过$10^3$。输出四舍五入保留4位小数。
【思路】
这题暴力还是比较好写的，直接枚举礼物件数。。。良心题目
下面是正解：
很明显较优的一个区间取法是取一段区间$[l, r]$使得该区间最大值和最小值其中一个位于$A[l]$，另一个位于$A[r]$。因为如果使用这种取法，对于每对该区间内的最小值和最大值，$(r - l + k)$会尽量小。
所以分类讨论：
$1$区间大小小于限制$L$此时必须将区间大小扩大到$L$直接用单调队列维护长度为$L$区间的最大最小值，分别计算$n-L+1$个区间。
$2$二分答案$x$
对于一个区间$[L, R]$：
如果最大值在$A[L]$处，最小值在$A[R]$处，则有$A[L]-A[R]-(R-L+K) * x > 0$; 若$max((A[i]+i * mid)-(A[j]+j * mid)-k * mid)>=0$则$x$可以继续扩大。
如果最大值在$A[R]$处，最小值在$A[L]$处，则计算 $max((A[i]-i * mid)-(A[j]-j * mid)-k * mid)$是否大于0。
将$k * mid$移到不等式右边，剩下的$(A[i]-i * mid)$最大值可以用单调队列维护。
可以每次枚举位于左端点或右端点当作最大值，然后在合法的范围内通过单调队列找出一个最小值进行计算。
这题就做完了 好像依然没讲清楚
上代码
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
| #include <bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
typedef long long ll;
ll t, n, k, l, r;
ll st1, st2, ed1, ed2;
ll que1[50005], que2[50005];
ll q[50005], head, tail;
ll a[50005];
double cur[50005];
double ans;
ll read() {
ll ret = 0, flag = 1;
char ch = getchar();
while (ch > '9' || ch < '0') {
if (ch == '-') flag = -1;
ch = getchar();
}
while (ch <= '9' && ch >= '0') {
ret = ret * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return ret * flag;
}
bool check(double mid) {
for (ri i = 1; i <= n; i++) {
cur[i] = a[i] - mid * i;
}
head = 1; tail = 0;
double nowans = -1e9;
for (ri i = l + 1; i <= n; i++) {
while (head <= tail && i - q[head] >= r) head++;
while (head <= tail && cur[q[tail]] >= cur[i - l]) tail--;
q[++tail] = i - l;
nowans = max(nowans, cur[i] - cur[q[head]]);
}
for (ri i = 1; i <= n; i++) {
cur[i] = a[i] + mid * i;
}
head = 1; tail = 0;
for (ri i = n - l; i >= 1; i--) {
while (head <= tail && q[head] - i >= r) head++;
while (head <= tail && cur[q[tail]] >= cur[i + l]) tail--;
q[++tail] = i + l;
nowans = max(nowans, cur[i] - cur[q[head]]);
}
return nowans >= k * mid;
}
int main() {
t = read();
while (t--) {
n = read(); k = read(); l = read(); r = read();
for (ri i = 1; i <= n; i++) {
a[i] = read();
}
st1 = st2 = 1;
ed1 = ed2 = 0;
for (ri i = 1; i < l; i++) {
while (st1 <= ed1 && a[que1[ed1]] >= a[i]) ed1--;
while (st2 <= ed2 && a[que2[ed2]] <= a[i]) ed2--;
que1[++ed1] = que2[++ed2] = i;
}
ans = -1e9;
for (ri i = l; i <= n; i++) {
while (st1 <= ed1 && i - que1[st1] >= l) st1++;
while (st2 <= ed2 && i - que2[st2] >= l) st2++;
while (st1 <= ed1 && a[que1[ed1]] >= a[i]) ed1--;
while (st2 <= ed2 && a[que2[ed2]] <= a[i]) ed2--;
que1[++ed1] = que2[++ed2] = i;
ans = max(ans, 1.0 * (a[que2[st2]] - a[que1[st1]]) / (l + k - 1));
}
double l = 0, r = 1005, mid;
while (r - l >= 1e-7) {
mid = (l + r) / 2;
if (check(mid)) {
l = mid + 0.000001;
ans = max(ans, mid);
} else r = mid - 0.000001;
}
printf("%.4lf\n", ans);
}
return 0;
}
|
