【ybt】【基算 二分 课过 例3】最大均值

最大均值

题目链接:最大均值


题目描述

在这里插入图片描述
在这里插入图片描述

解题思路

很明显是二分平均值。

这样就用掉了 O ( log ⁡ n ) O(\log {n}) O(logn) 的时间复杂度,而一般的二分题是 O ( n log ⁡ n ) O(n \log {n}) O(nlogn) 的时间复杂度(也可能是我才疏学浅没有遇到过难一点的)。

现在问题就变成了:如何用 O ( n ) O(n) O(n) 的时间复杂度验证在平均值为 m i d mid mid 的情况下序列中是否存在一个长度大于 l l l 的。

平均值大于 m i d mid mid ,换句话来说就是序列中所有数减去 m i d mid mid 后总和大于 0 0 0

再想想如何 O ( 1 ) O(1) O(1) 求一个序列的总和(预处理之后),我们很显然可以想到前缀和。

前缀和,无非就是后面减前面。那么如果在枚举时从前往后枚举,只需要找前面最小的和后面的相减,长度大于 l l l 即可。若如上操作得到的最大差值大于 0 0 0 ,那么这个序列中就存在一个子序列平均值大于 m i d mid mid

code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;

int n,L;
double a[100010];
double b[100010];

int check(double k)
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
		b[i]=b[i-1]+a[i]-k;
	double minn=2000,ans=-2000;
	for(int i=L;i<=n;i++)
	{
		minn=min(minn,b[i-L]);
		ans=max(ans,b[i]-minn);
	}
	return ans>=0;
}

int main()
{
	cin>>n>>L;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lf",&a[i]);
	double l=-2000,r=2000;
	while(l+0.00001<r)
	{
		double mid=(l+r)/2;
		if(!check(mid))
			r=mid;
		else
			l=mid;
	}
	cout<<(int)(floor(r*1000))<<endl;
}
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值