题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2993
Input
There multiple test cases in the input, each test case contains two lines.
The first line has two integers, N and k (k<=N<=10^5).
The second line has N integers, a1, a2 ... an. All numbers are ranged in [1, 2000].
Output
For every test case, output one single line contains a real number, which is mentioned in the description, accurate to 0.01.
Sample Input
10 6
6 4 2 10 3 8 5 9 4 1
Sample Output
6.50
题意：
定义ave(i,j) = ( a[i] + a[i+1] + … + a[j-1] + a[j] ) / ( j - i + 1 )，现给定一个整数k且规定j - i + 1 ≥ k，求max(ave(i,j)).
题意：
我们设sum[0~N]是a[1~N]的前n项和，且sum[0]=0，那么就有：
不妨把ave(i,j)看做是点i-1到点j的斜率；
我们设dp[j]代表max(ave(i,j))，j-i+1≥k；
换句话说，在规定最少要连续取到k个值的前提下，a[1~j]中必有一个连续子序列，它以a[j]为结尾，且是所有a[1~j]的连续子序列中平均值最大的，把这个平均值记为dp[j]。
那么题目的最终答案就是max( dp[k] , dp[k+1] , … , dp[N] )。
问题相应可以转化为：
现有0~N这N+1个平面坐标系内的点，每个点P[i]的坐标为(i,sum[i])，0≤i≤N，要求任意横向距离差不小于k的两个点间，最大的斜率为多少。
现在对求斜率有方向化，规定对i<j，只检查从点P[j]到点P[i]的连线的斜率，不检查从P[i]到P[j]的连线。
那么，对于一个点P[j]，定义其检查集合为：
G[j] = {P[i] , 0 ≤ i ≤ j - k }
显然，j取值应当从k到n；当j<k时，G[j]为空集。
那么，dp[j]定义相应可变为：G[j]中任选一个点P[i]，它与P[j]的连线斜率最大，这个斜率记为dp[j]。
那么，在朴素的思想中，我们若要求一个dp[t]，必然要枚举检查G[t]中所有的点；
但是我们通过观察，可以发现如下性质：
若G[t]中存在三个点P[i],P[j],P[k]，i<j<k，并且P[j]在直线P[i]P[k]的上方，那么必然可以淘汰P[j]。
证明：
设g(P1,P2)代表直线P1P2的斜率，则：
若g(P[j],P[t]) ≥ g(P[i],P[t])，那么P[t]必然落在区域②中；
若g(P[j],P[t]) ≥ g(P[k],P[t])，那么P[t]必然落在区域③中；
但是显然区域②和③显然没有符合条件（t>k）的相交区域，故不可能同时满足g(P[j],P[t]) ≥ g(P[i],P[t])和g(P[j],P[t]) ≥ g(P[k],P[t])；
也就是说要么g(P[j],P[t]) < g(P[i],P[t])，要么g(P[j],P[t]) < g(P[k],P[t])，显然j总归不如i或者k中至少一个优，即证明了j必然淘汰。
这样一来，由于我们去掉了所有上凸的点，就维护了一个下凸的折线图形：
显然当P[t]切到这个折线时，斜率最大，即为dp[t]。
那么相应的我们可以建立一个存储点的队列，维护下凸图形，有以下的算法过程：
首先枚举 j = k ~ N，按以下两步尝试计算dp[j]：
①首先令点i = j - k，尝试将点i入队：
若队列尾部存在点a和b，且g(a,b) ≥ g(b,i)，则删去元素b；
（原因：若G[t]中存在三个点P[i],P[j],P[k]，i<j<k，并且P[j]在直线P[i]P[k]的上方，那么必然可以淘汰P[j]。）
不断重复上述操作，直到队列内元素少于2，或者g(a,b) < g(b,i)；然后将点i入队。
②现在，所有点P[0]到点P[j - k]都曾经进入过队列了，那么此时可以通过队列的性质计算dp[j]：
若队列头部存在点a和b，且g(a,b) ≤ ave(b,j)，则将元素a删去；
反复上述操作，直到队列元素少于2，或者ave(a,b) > ave(b,j)；然后再选取队头元素得到dp[j]=g(q[head],j)。
这样做的原因上面讲过，不再赘述。
（删去的这些队列头部的元素，不难发现，在求dp[j]时它们不能成为最优解，在往后的dp[j+1],dp[j+2]……中依然不可能成为最优解，所以可以直接删去。）
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+; int n,k,sum[maxn];
int q[maxn],head,tail; //输入外挂
int tot;
const int BUF=;
char Buf[BUF],*buf=Buf;
inline void read(int &a)
{
for(a=;*buf<;buf++);
while(*buf>) a=a*+*buf++-;
} double inline g(int i,int j){return (double(sum[j]-sum[i]))/(double(j-i));} int main()
{
tot=fread(Buf,,BUF,stdin); while()
{
if(buf-Buf+>=tot) break; read(n),read(k);
sum[]=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
read(sum[i]);
sum[i]+=sum[i-];
} head=tail=;
double ans=;
for(int j=k;j<=n;j++)
{
int i=j-k; while( head+<tail && g(q[tail-],q[tail-])>=g(q[tail-],i) ) tail--;
q[tail++]=i; while( head+<tail && g(q[head],q[head+])<=g(q[head+],j) ) head++;
ans=max(ans,g(q[head],j));
}
printf("%.2f\n",ans);
}
}
注意点：
①要使用输入加速外挂，而且不能是一般的getchar版的，要是fread版的加速挂。
②结合前一道题目http://www.cnblogs.com/dilthey/p/8745843.html来看，斜率DP一定要讲究理论基础，理论严密基础扎实，写出来的代码才不会WA。