本来是想找一道生成树的题做的...结果被洛咕的标签骗到了这题...结果是二分答案与生成树一点mao关系都没有....
题目大意：给你一个序列，请你删去某一个$l~r$区间的值（$2<=i<=j<=n-1$），使得剩余元素的平均值最小。
开始是想二分序列长度的，后来发现没什么卵用。。。于是再想一想二分平均值，但是又感觉并没有二分单调性...（其实是满足的，因为我们二分出的最终答案，当比这个答案大的时候，我们一定能满足，小的时候一定不能满足。）
因为二分的复杂度带了一个$log$，所以我们$check$函数的复杂度必须控制在$O(n)$以内。但是我们要是枚举区间的话即使用上前缀和维护那还是$O(n^2)$的了，显然是不可行的。
我们考虑从最终的式子入手（一个重要的思考方向）
假如我们抹去的区间是$[l,r]$，那么最终的答案就是$(sum[n]-sum[r]+sum[l-1])/(n-(r-l+1))$。因为我们每次二分出来一个期望成为答案的值，只有当所有可能的情况都大于等于我们当前的答案，这个答案才有可能成为真正合法的答案。
再从刚才的答案出发，也就是$(sum[n]-sum[r]+sum[l-1])/(n-(r-l+1))>=x$。然后我们把分母乘过去，进行一顿数学操作，可以得出，最后我们只需要判断任意$(sum[n]-nx)-(sun[j]-jx)+(sum[i-1]-(i-1)x)>=0$是否可行即可。
然后我们会发现式子中有一部分是非常有规律又整齐的。于是我们可以专门搞出一个$p$数组，$p[i]=sum[i]-i*x$（$x$为当前二分的答案）。再整理下，最后我们需要判断的就是$p[j]-p[i-1]<=p[n]$。只要有一组$i,j$使$p[j]-p[i-1]>p[n]$，这个答案就报废了==。
于是，我们就考虑用尽量大的来试探。但是又不能枚举区间，所以我们考虑维护两个数组：前缀最小值（因为$j$）和后缀最大值（因为$i$）。这样就好受多了，（感觉这也是个枚举区间的优化技巧啊qwq）
于是我们的$check$函数就写完了。剩下的就只是一些细节方面的赋初值的问题。
Code
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3
4 using namespace std;
5 const double eps=1e-8;
6
7 int n,v[100090],sum[100090];
8 double l,r=10090,p[100090],premin[100090],nexmax[100090];
9
10 bool check(double x)
11 {
12 for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=sum[i]-i*x;
13 for(int i=1;i<=n-2;i++) premin[i]=min(p[i],premin[i-1]);
14 for(int i=n-1;i>=2;i--) nexmax[i]=max(nexmax[i+1],p[i]);
15 for(int i=2;i<n;i++)
16 if(nexmax[i]-premin[i-1]>p[n]) return 0;
17 return 1;
18 }
19
20 int main()
21 {
22 scanf("%d",&n);
23 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]),sum[i]=sum[i-1]+v[i];
24 nexmax[n]=-0x3f3f3f3f,premin[0]=0x3f3f3f3f;
25 while(l+eps<r)
26 {
27 double mid=(l+r)/2;
28 if(check(mid)) l=mid;
29 else r=mid;
30 }
31 printf("%.3lf",l);
32 return 0;
33 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/nopartyfoucaodong/p/9784724.html