蒟蒻的第一篇黑题题解，求过。
题意描述
这道题用简洁的话来说，就是：
给你 \(n\) 个数字，你可以让取其中任意若干个数字，每次操作，都会使所有取的数字变为取的数字的平均数，并且你最多只能进行 \(k\) 次操作，你要在这经过最多 \(k\) 次操作后使得给你的第一个数字变得最大。输出保留 \(p\) 位的第一个数字的最后状态。
贪心策略（非正解，有助后面做题）
我们暂且不研究这道题的正解是什么，我们先看看怎么样贪心能够使得第一个数字变得最大。
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首先，比第一个数字小的我们一定不需要，它们会使第一个数字变得更低
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第二，我们需要知道求平均数的顺序，我们设三个水量， \(h1,h2,h3(h1 <h2<h3)\) 。现在我们通过比较不同的顺序，看如何让 \(h1\) 变得最大。
如图所示，已经是所有的顺序了：
- \(h1,h2,h3\) 同时求平均数。
- \(h1\) 先和 \(h3\) 求平均数，然后和 \(h2\) 求平均数。
- \(h1\) 先和 \(h2\) 求平均数，然后和 \(h3\) 求平均数。
其实从图中就可以看出来，第三种方案最优。
我们再用数学的方法来比较这三个方案的优劣性。
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第一种方案： \(h1=(h1+h2+h3)/3\)。
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第二种方案： \(h1=((h1+h3)/2+h2)/2=(h1+h3)/4+h2/2\)。
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第三种方案： \(h1=((h1+h2)/2+h3)/2=(h1+h2)/4+h3/2\)。
我们通过相减比较 \(h1\) 最后的大小：
- 第一种方案减去第三种方案：
第三种方案晋级。
- 第二种方案减去第三种方案：
第三种方案胜出。
总结策略
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只考虑比第一个数大的数。
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在一般情况下，一个一个操作(可能会超过 \(k\) 次，所以是在一般情况下)。
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在一个一个操作时,从小到大操作。
斜率优化dp(正解)
由于可进行的操作次数是一定的，所以我们最后要解决的就是该在那一段区间进行操作。
首先将大于第一个数的数记录下来，排序并求出前缀和。
然后设计dp转移方程：
\(sum_i\) 为前 \(i\) 个数的前缀和(操作是赋值为平均数，并不会改变总数值，所以 \(sum_i\) 一直适用) 。
\(f_{i,j}\) 表示前面 \(i\) 个数操作了 \(j\) 次时第一个数的最大值。
得转移方程：
\[f_{i,j}=\max((f_{p,j-1}+sum_i-sum_{p-1})/(i-p+1)) \]code
for(int j=1;j<=k;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int p=1;p<i;p++)
f[i][j]=max(f[i][j],(f[p][j-1]+sum[i]-sum[p-1])/(i-p+1));
但是这样的话，转移的时间复杂度为 \(O(n^2kp)\) ，(\(n\) 是数字个数， \(k\) 是操作次数,p为保留的精度）。
所以光是dp是不行的,我们要考虑优化dp。
我们观察这个状态转移方程：
\[(f_{p,j-1}+sum_i-sum_{p-1})/(i-p+1) \] \[\Longrightarrow (sum_i-(sum_{p-1}+f_{p,j-1}))/(i-(p-1)) \]由于 \(i\) 和 \(j\) 是循环中给出的，所以我们将 \(i\) 和 \(j\) 提出：
\[\Longrightarrow (sum_{p-1}-f_p)/(p-1) \]经过前后对比，我们发现，设当前点为 \((i,sum_i)\) ,转移点为 \((p-1,sum_{p-1}-f_p)\) ，其实就是斜率公式。
用斜率优化dp，还有很重要的条件是要有单调性。如图，这道题目的单调性也十分的明显，由于 \(1\le h_i \le 10^5\) ,也就意味着前缀和是单调上升的。
图画的不好，谅解。
那么我们要维护的就是图中的这一个凸包。
接下来我们考虑弹出队列的数会不会对后面的操作有影响：
设当前位置为 \(i\) ，对于 \(i\) ,我们设 \(k_2\) 优于 \(k_1\) , 在这个情况下，我们可以得出：
\[(f_{k_1,j-1}+sum_i-sum_{k_1-1})/(i-k_1+1)<(f_{k_2,j-1}+sum_i-sum_{k_2-1})/(i-k_2+1) \]如果将 \(i+1\) 带入,结果为：
\[(f_{k_1,j-1}+sum_{i+1}-sum_{k_1-1})/(i+1-k_1+1)<(f_{k_2,j-1}+sum_{i+1}-sum_{k_2-1})/(i+1-k_2+1) \]比较两个式子，我们会发现，在 \(i+1\) 的情况下，如同 \(i\) 的情况相同， 原本优于 \(k_1\) 的 \(k_2\) 依然会比 \(k_2\) 更优，所以弹掉 \(k_1\) 并不会影响后面的操作。
code
for(int j=1;j<=k;j++)
{
int head=tail=1;
q[tail]=(node){1,sum[1]};
for(int i=2;i<=n;i++)
{
node x=(node){i,sum[i]};
while(head<tail&&slope(x,q[head])<slope(x,q[head+1]))head++;
f[i][j]=(f[q[head]][j-1]+sum[i]-sum[q[head]-1])/(i-q[head]+1);
while(head<tail&&slope(q[tail],q[tail-1])>slope(q[tail],i)) tail--;
q[++tail]=i;
}
}
此时我们已经将时间复杂度调小至 \(O(nkp)\) 。
\(n\le 8000\ \ k\le10^9\ \ p\le 3000\) 。
显然，我们还是不能过这道题目。
于是我们再次重审题目，看一下还有什么条件我们并没有用到。
Two thousands years later......
哦，我发，发现就怪了。
于是我参考了巨佬ljh2000的博客，终于发现了：\(h_i\) 互不相同。 那么那么就意味着......
好吧......
于是我又一次参考了巨佬ljh2000的博客，里面有两条十分重要的性质：
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每一次操作的区间长度一定不比上一次操作的区间长度长！
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在所有水量高度互不相同的情况下，长度大于1的区间仅有 \(O(\log{ \frac{nh}{H}})\) 个，其中 \(H=\min(h_i-h_{i-1})\) 。
首先我们证明第一个，十分简单。我们的目标是将 \(h_1\) 变得最大，而我们在一开始的时候对 \(h_i\) 进行了排序，所以越往后面, \(h_i\) 越大，越大的饼自然越要少与人分享，所以我们就会得出第一个结论。
至于第二个结论，我们只好根据众多大佬的指引，来到这里，深造一番。
Three thousands years later......
很好，没有任何的作用，看来只能等待某位大佬的指点，或者等本蒟蒻再深造几年再回答这个问题吧。
蒟蒻拙见，大佬勿喷。