有一天，小a得到了乙個長度為n的序列。
他把這個序列的所有連續子串行都列了出來，並對每乙個子串行都求了其平均值，然後他把這些平均值寫在紙上，並對它們進行排序，最後他報出了第k小的平均值。
你要做的就是模仿他的過程。
第一行兩個整數n,k，意義如題中所述。
第二行n個正整數，即為小a得到的序列。
一行乙個實數，表示第k小的平均值，保留到小數點後4位。
6 10
3 5 4 6 1 2
3.6667
【資料範圍與約定】
對於40%的資料，n≤1000
對於100%的資料，n≤100000，k≤n*(n+1)/2，序列中的數≤10^9
這個題目非常有意思。
首先暴力n2
n
2的演算法能夠得到40分。
這種題目要求第
k k
大，二分是能夠想到的一種演算法。
但是問題就在於如何檢驗呢？
這就是這道題目的樂趣所在了。
說起二分檢測的話，分數規劃之後作差求和大於0是很有力的一種方法。
這道題就通過一些有趣的轉換達成了目的。
序列子區間和平均值小於k的個數
把當前的序列先都減去k(分數規劃的套路)
我們對於現有有序列求一下字首和，那麼區間和就可以差分之後得出了。
然後就是區間和小於0的個數。
列舉區間的右端點，這個點的貢獻就是左邊的這一段區間中加上當前值小於0的個數。
求法很多，但是我們這裡來乙個特別的。
對於兩點i,
j' role="presentation" style="position: relative;">i,j
i,j，
i i
在j' role="presentation" style="position: relative;">j
j前面，當且僅當su
m[j]
−sum
[i−1
]<
0 sum
[j]−
sum[
i−1]
<
0時，這一段區間的和小於0 那麼s
um[i
−1] sum
[i−1
]和su
m[j]
s um
[j
]是一對逆序對
問題就轉化為了求逆序對的個數
回到題目。
二分答案之後求出有多少個區間的平均值小於答案即可。
時間複雜度o(
nlog
2n) o(n
log2
n)
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
const
double eps=1e-6;
inline
const
int read()
int n,k,a[100005],low[100005];
struct node p[100005];
inline
bool
operator
< (const node &a,const node &b)
inline
int ask(int x)
inline
bool check(double lim)
return recint main()
printf("%.4lf",ans);
return
0;}
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