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原题链接：https://www.acwing.com/problem/content/104/

题目

思路

我们发现若是枚举答案的话，那么我们判断是否存在一个平均值大于等于mid，如果最优解是x，那么mid <= x的时候，必然可以找到一段，其平均值≥mid， 否则 一定找不到， 满足单调性，即满足可以二分答案的特性

如此我们可以选择二分答案，对任意>F的区间求平均值，若是>=mid，则满足要求，即可继续向数值更大处迈进，直到找到最大的符合要求的平均值

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这里我们对求区间平均值又可用到一个思想来简化操作，对区间的每个数减去所枚举可能的平均数avg，则大于avg的数>0，小于avg的数<0，最后进行区间求和，那么最终的和即为区间的平均值，再进行判断看是否符合条件就行

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而我们只需找到任意满足要求的区间即成立，故可以想到每次存储最小的区间平均值，然后枚举j指针，平均值最大的区间必然存在于minv, s[j]

代码如下

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 100010;
int a[N], n, m;
double s[N];
bool check(double avg) {
    //因为是平均数，这里有个操作，可以让每个数-avg，那么若>0，则说明>avg，否则<avg
    for(int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i - 1] + a[i] - avg;
    //在这里记录最小的前缀和，因为这样的话，可以保证s[j] - s[i]可以取到最大，也就是最大平均值
    double minv = 0;
    for(int i = 0, j = m; j <= n; j++, i++) {
        minv = min(minv, s[i]);
        if(s[j] - minv >= 0)    return true;
    }
    return false;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    //这里直接枚举平均值的答案
    double l = 0, r = 2000;
    //因为这里是浮点存在精度损失，故需要特殊写法
    while(r - l > 1e-6) {
        double mid = (l + r) / 2;  //因为是浮点型
        if(check(mid))  l = mid; //因为是找最大的答案
        else r = mid;
    }
    printf("%d\n", (int)(r * 1000));
    
    return 0;
}