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 }