题目背景
\(JYY\) 和 \(CX\) 的结婚纪念日即将到来，\(JYY\) 来到萌萌开的礼品店选购纪念礼物。
萌萌的礼品店很神奇，所有出售的礼物都按照特定的顺序都排成一列，而且相邻 的礼物之间有一种神秘的美感。于是，\(JYY\) 决定从中挑选连续的一些礼物，但究 竟选哪些呢？
题目描述
假设礼品店一共有 \(N\) 件礼物排成一列，每件礼物都有它的美观度。排在第 \(i\ (1\leqslant i\leqslant N)\) 个位置的礼物美观度为正整数 \(A_i\)?。\(JYY\) 决定选出其中连续的一段，即编号为 \(i,i+1,\cdots,j-1,j\) 的礼物。选出这些礼物的美观程度定义为
其中 \(M(i,j)\) 表示 \(\max\{A_i,A_{i+1},\cdots,A_j\}\)，\(m(i,j)\) 表示 \(\min\{A_i,A_{i+1},\cdots,A_j\}\)，\(K\) 为给定的正整数。 由于不能显得太小气，所以 \(JYY\) 所选礼物的件数最少为 \(L\) 件；同时，选得太多也不好拿，因此礼物最多选 \(R\) 件。\(JYY\) 应该如何选择，才能得到最大的美观程度？由于礼物实在太多挑花眼，\(JYY\) 打算把这个问题交给会编程的你。
输入格式
本题每个测试点有多组数据。
输入第一行包含一个正整数 \(T\)，表示有 \(T\) 组数据。
每组数据包含两行。第一行四个非负整数 \(N,K,L,R\)。第二行包含 \(N\) 个正整数，依次表示 \(A_1,A_2,\cdots,A_n\)?。
输出格式
输出 \(T\) 行，每行一个非负实数，依次对应每组数据的答案，数据保证答案不 会超过 \(10^3\)。输出四舍五入保留 \(4\) 位小数。
输入输出样例
输入
1
5 1 2 4
1 2 3 4 5
输出
0.7500
说明/提示
对于 \(100\%\) 的数据，\(T\leqslant 10,N,K\leqslant 5\times 10^4\)，\(1\leqslant A_i\leqslant 10^8\)，\(2\leqslant L,R\leqslant N\)。
分析
单调队列加\(01\)分数规划好题！（前几天刚刚学的\(01\)分数规划）。
首先看到题目中的一个极其熟悉的柿子和要求的最大值，那么这个题肯定就与\(01\)分数规划有关了，毫无疑问。
我们先从题意入手，它的意思就是让我们选出一段区间，让区间最大值和最小值的差除以区间长度减一加上\(k\)的最大值。也就是题目中给的式子：
当然区间长度是有限制的，长度从\(L\)到\(R\)。
接下来我们根据这个题要求的答案入手，要求的是一个分数的最大值，那么我们要做的就是让分子尽量大或者分母尽量小。因为每个区间的最大和最小值都是确定好了的，那么如果当前区间的最大值或最小值在区间内部，那么长度可以缩小的，最优状态就是区间的两个边界分别为最大和最小值。我们设\(a[i]\)数组表示每个位置的值，区间从\(l\)到\(r\)，当前二分到的答案为\(mid\)，那么我们就得到了这样的式子：
因为最大值和最小值的位置可以交换，那么上式中\(r\)和\(l\)可以互换。所以我们对式子分母乘过去，然后移项得到了两个式子：
而这不就是得到了\(01\)分数规划中的那个式子了吗。我们只需要利用一个\(c[i]\)数组记录\(a[i]+i\)和\(a[i]-i\)两种，然后用单调队列维护最大值，最后判断一下是否满足上边的那两个式子，继续进行二分即可。
还有一种情况，就是从某个区间中的最小和最大值之间距离比\(L\)小，那么为了取最优解，就可以直接让长度等于\(L\)，这样肯定是最优的，我们只需要用两个单调队列维护区间最大和最小值就可以算出答案了，最后只需要用这个算出来的答案跟二分出来的答案比较大小选大的就行了。
具体细节代码中注释见：
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 5e5+10;
const double eps = 1e-6;
double a[maxn];
double c[maxn];
int head1,head2,tail1,tail2;
int q1[maxn],q2[maxn];
int n,k,L,R;
int q3[maxn];
inline int read(){//快读
int s = 0,f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘){
if(ch == ‘-‘)f = -1;
ch = getchar();
}
while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘){
s = s * 10 + ch - ‘0‘;
ch = getchar();
}
return s * f;
}
bool jud(double mid){//二分判断函数
memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=1;i<=n;++i){//记录第一种相减的情况
c[i] = a[i] - i * mid;
}
double ans = -100000.0;
int head3=0,tail3=0;
for(int i=L+1;i<=n;++i){//单调队列维护最大值
while(head3 < tail3 && i - q3[head3] >= R)head3++;
while(head3 < tail3 && c[q3[tail3-1]] >= c[i-L])tail3--;
q3[tail3++] = i-L;//记录最小值的位置
ans = max(ans,c[i] - c[q3[head3]]);
}
head3=0,tail3=0;
for(int i=1;i<=n;++i){//找另一种相加的情况
c[i] = a[i] + i * mid;
}
for(int i=n-L;i;--i){//单调队列维护最大值
while(head3 < tail3 && i - q3[head3] >= R)head3++;
while(head3 < tail3 && c[q3[tail3-1]] >= c[i+L])tail3--;
q3[tail3++] = i+L;
ans = max(ans,c[i] - c[q3[head3]]);
}
return ans - mid * k >= 0;//判断是否成立
}
double calc1(){//计算长度为L的情况下的答案
double ans = -100000.0;
head1 = head2 = tail1 = tail2 = 0;//一定要初始化，不然爆掉
for(int i=1;i<=n;++i){
if(i < L){//位置不超过L的时候只维护单调性
while(head1 < tail1 && a[q1[tail1-1]] >= a[i])tail1--;
while(head2 < tail2 && a[q2[tail2-1]] <= a[i])tail2--;
}
else {//位置超过L的时候维护单调性且长度超过L的时候弹出队首
while(head1 < tail1 && i - q1[head1] >= L)head1++;
while(head2 < tail2 && i - q2[head2] >= L)head2++;
while(head1 < tail1 && a[q1[tail1-1]] >= a[i])tail1--;
while(head2 < tail2 && a[q2[tail2-1]] <= a[i])tail2--;
}
q1[tail1++] = i;
q2[tail2++] = i;
if(i >= L)//算答案
ans = max(ans,(double)(a[q2[head2]] - a[q1[head1]]) / (L-1+k));
}
return ans;
}
int main(){
int T = read();
while(T--){
n = read();
k = read();
L = read();
R = read();
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%lf",&a[i]);
}
double ans = calc1();//长度刚好为L的答案
double l = 0,r = 1000000.0;
while(r - l >= eps){//二分找到最优解
double mid = (l + r) / 2;
if(jud(mid))l = mid;
else r = mid;
}
printf("%.4lf\n",max(ans,l));//取两种情况的最大值
}
return 0;
}