题目描述：
农场主 John (简称 FJ) 的农场有一长排的 N (1 <= N <= 100,000)块地组成. 每块地有一定数量 (ncows) 的牛, 1 <= ncows <=2000.
FJ 想修建环绕邻接的一组地块的栅栏, 以最大化这组地块中平均每块地中牛的个数.
这组地块必须包含至少 F (1 <= F <= N) 块地, F 作为输入给出.
给定约束, 计算出栅栏的布置情况以最大化平均数.
** 友情提示：由于本题过于陈旧，数据上有一些偏差，请在解答的时候精度设为"1e-5". XAX。
输入格式：
第一行: 空格分隔的两个整数, N 和 F.
第2到第N+1行: 每行包含一个整数, 一块地中的牛数. 行 2 给出地块 1 中的牛数, 行 3 给出地块 2 中的牛数, ...
输出格式：
一行一个整数, 它是最大平均数的 1000 倍.
不要用舍入求整, 仅仅输出整数。
样例
input
10 6 6 4 2 10 3 8 5 9 4 1output：
6500
数据范围与提示←你绝对看不见
时间限制：1s
空间限制：30000KB
本题大意）_（大意是说，给你一个正整数序列，找出一个区间使得平均值最大，要求该区间的长度大于等于F。（很容易理解对不对？）
看完题之后，基本上就知道是做不出来的了。只想得到那种最简单的O(N^2)的解法，但是N = 100,000。这种解法必然超时。（本蒟蒻就逊于这个点上多次）
这里推荐两种解法——正文开始
一：二分法法子
我们可以比较容易得出答案的最大值和最小值，即为序列中最大元素和最小元素。
二分法的关键在于判断“一个可能的解跟正确答案相比是大了还是小了”。方法是：
如果要判断val这个解，那就让序列里所有元素的值都减去val。
然后试图寻找一段连续的区间，该区间的长度大于F，并且区间大于0。
可见，问题一下转化成统计数字的和，而不是数字的平均值，问题变得明朗了。
寻找这种区间的算法是一个很简单的动态规划，复杂度为O(N)。
用 f[a, b] 表示在区间 [a, b] 中，所有子区间的最大值。
伪代码：
当 b - a = F 时，f[a, b] 为序列中对应的和。
当 b - a > F 时，f[a, b] = max{ f[a, b - 1] + arr[b], f[b - f + 1, b] }
我们要求的是 f[0, N]。
因此，二分法的复杂度是 O(NlogN)。代码跑了接近200ms。（好慢呀！）
那么怎么尽快验证答案呢？
想象一个情景：一个固定左端起点长度为F的区间向右生长，直至平均值对大。循环n次来更换不同起点，所有情况都能考虑周全。
这里需要优化。首先，知道平均值要知道总和，长度为F时的和可以用前缀和一步得到。
向右延长这步也可以类似去做。我们要首先把所有整数都减去当前的候选答案。这一步很关键，因为我们要获取的是 平均值的最大，减去后，我们便可以直接使用确定起点向右的数字的和作为状态，而不用再考虑除掉个数来计算对平均值的影响。
定义t[i]为以i为起点，向右延长的最大和。如果t[i+1]>=0,那么t[i]=t[i+1]+w[i]。若t[i+1]<0,那么不如扔掉i+1及其之后的数字，故此时t[i]=w[i]。
这样，能保证O(n)时间内验证候选答案。（感谢博客园的大佬~\(≧▽≦)/~）
上代码！开饭了！
#include <bits/stdc++.h>//不加万能头，万错一个透。加了万能头，万题迎面透。
#define MAX_N 100032
double S[MAX_N], A[MAX_N];
int N, F;
int check(double val){//简单先过一遍
double cur, pre;
int i;
pre = S[F - 1] - val * (F - 1);
for (i = F; i <= N; i++) {
cur = S[i] - S[i - F] - val * F;
pre = pre + A[i] - val;
if (cur > pre)
pre = cur;
if (pre > -1e-6)//注意范围
return 1;
}
return 0;
}
int main(){//前缀和の饭
int i;
double l, r, m;
scanf("%d%d", &N, &F);
l = 1e-5;//范围++
r = 0;
A[0] = S[0] = 0;
for (i = 1; i <= N; i++) {
scanf("%lf", &A[i]);
if (A[i] > r)
r = A[i];
if (A[i] < l)
l = A[i];
S[i] = S[i - 1] + A[i];
}
while (r - l >= 1e-6) {//大了一点，需要接纳
m = (l + r) / 2;
if (check(m))
l = m;
else
r = m;
}
printf("%d", (int)(r * 1000));
return 0;//养成好习惯
}感谢白嫖
谢谢观看
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我们继续！
二、神奇凸包法（大佬的思路——SSD小萌新）
凸包法大概简述：
凸包问题可以描述为：给定一个点集P，求最小点集S，使得S构成的形状能包含P[1]。一般的研究主要针对二维平面上和三维空间上的凸包，因为他们在更多的应用中能发挥作用。
凸包的定义为：平面的一个子集S被称为是“凸”的，当且进当对于任意两点p,q∈S，线段 都完全属于S。几何S的凸包CH(S)，就是包含S的最小凸集，更准确地说，它是包含S的所有凸集的交[2]。由此还可以推出凸包的很多性质，包括一条直线如果与凸包相交（不是相切）的话，最多交于两条边或者两个面。。
本文中，我们假设：凸包上的每个平面的法向量朝外，或者说都是半平面；因此某个点到面对距离有可能为负，当p点和面的法向量不处在同一侧时，p点到面的距离为负，距离计算公式为点点乘平面法向量在加上平面d值。此外，所求得到凸包为流形，1条边最多只能连接2个面。——SSD小萌新大佬行为
方法详解：
这个方法不是真的求点的凸包，是用了求凸包时候的技巧。
首先把序列转化成一个图，一共有N个点，第 i 个点的坐标为 (i, S[i])，其中 S[i] 为序列的前 i 项和。
在图上，能观察到，点a点b之间的斜率就是区间[a, b]的平均值。
当 N = 6, F = 3 的时候，按照最简单的 O(N^2) 的做法，计算每两个点之间的斜率，计算的顺序为：
[1, 3]
[1, 4] [2, 4]
[1, 5] [2, 5] [3, 5]
[1, 6] [2, 6] [3, 6] [4, 6]
在算第6个点的时候，依次算了1，2，3，4跟点6的斜率。
为了避免不必要的计算，我们要没必要计算的点剔除。
用类似凸包的计算更新方法，在点1，2，3。。。中维护一条“下凸折线”。
这样，可以保证末尾的点跟折线中的点的斜率是先递增再递减的关系。
就能比较快的找出最大的斜率了。
这个算法的复杂度，网上的人说是O(N)，但我觉得好像不是O(N)啊，也不知道是什么。
但是，绝对不能单单以复杂度来评价算法的啦。
代码跑了150ms左右。比2分的还是快一点。
#include <bits/stdc++.h>
#define MAX_N 100032
int S[MAX_N], stack[MAX_N], N, F, sp;
__inline int turn_right(int a, int b, int c){
int x1, y1, x2, y2;
x1 = b - a;
y1 = S[b] - S[a];
x2 = c - b;
y2 = S[c] - S[b];
return x1*y2 - x2*y1 <= 0;
}
__inline double calc_k(int a, int b){
return (double)(S[b] - S[a]) / (double)(b - a);
}
int main(){
int i, j;
double max_val, val;
scanf("%d%d", &N, &F);
for (i = 1; i <= N; i++) {
scanf("%d", &j);
S[i] = S[i - 1] + j;
}
max_val = 0;
for (i = 0; i <= N - F; i++) {
while (sp >= 2 && turn_right(stack[sp - 2], stack[sp - 1], i))
sp--;
stack[sp++] = i;
for (j = sp;
j >= 2 && turn_right(stack[j - 2], stack[j - 1], i + F);
j--
);
val = calc_k(stack[j - 1], i + F);
if (val > max_val)
max_val = val;
}
printf("%d", (int)(max_val * 1000));
return 0;
}
但是！
有一个点没有过！
所以我们可以直接暴力输出！怎么行呢
我们可以把它的主函数中的循环更改一哈！
把它KA掉后我们就可以在仅仅用了154ms时间过了！再次感谢SSD小萌新大佬！
最后的最后！