首先，我們一定可以捨去那些高度比 \(h_1\) 還小的城市，並且將剩餘的高度比 \(h_1\) 大的城市排序，使得 \(h_1\) 到 \(h_n\) 遞增。
我們不妨從三座城市想起。假如可以合併兩次，應該怎麼合併？
先合併 \((1,2)\)，再合併 \((2,3)\)，因為這樣更多的水被貢獻給了 \(1\)，對吧？
由此我們得出了第乙個obeservation：越早合併的城市，高度越低。這也就意味著，我們每次合併的城市，必定是高度遞增的一段，且前一次合併的所有城市的水量都低於後一次合併的城市。
那如果只能合併一次呢？
首先，\((1,3)\) 肯定是要合併的。那麼，\(2\) 要不要並進去呢？這就要看 \((1,3)\) 合併後，\(2\) 是否比 \(1,3\) 的高度高了。
於是我們得到了用一次合併來合併城市 \(1\) 與某段城市 \([l,r]\) 的策略：先合併城市 \(1\) 和 \(r\)，然後依次合併 \(r-1,r-2,\dots,l\)，直到並進去會使得平均值減小。
有了這兩個觀察，我們就可以開始dp了：設 \(f_\) 表示前 \(i\) 個位置合併 \(j\) 次的最優答案。則 \(f_=\max\limits_\) 還要與 \(f_,f_,\dots,f_\) 取 \(\max\)，用來表示位置 \(i\) 不合併到某段區間中。
這種「合併 \(k\) 次」的dp，要優化肯定要按照合併次數dp。於是我們設 \(f_i\) 表示當前的dp陣列，\(g_i\) 表示上一輪dp（合併次數少一）的dp陣列。
則式子修改為 \(f_i=\max\limits_
int main()
printf("%lf\n",f[n]);
return 0;
}然後，有乙個推論是「合併 \([l,r]\) 時實際上是合併了 \([l,r]\) 中一段最優的字尾 \([l',r]\)」這個東西實際上是沒有必要的，因為若 \([l,r]\) 只合併了 \([l',r]\)，而 \([l,l'-1]\) 未被合併，但是以 \(l-1\) 結尾的一段區間卻被合併了的話，我們完全可以將它向右移至以 \(l'-1\) 結尾，並使得答案更大。因此，這個結論變換為，所有被合併過的位置是 \(h\) 陣列的一段字尾。（雖然這個結論是我在寫題解時才發現的，因此**中完全沒有用到這個結論）
這之後，我們掏出轉移式 \(f_i=\max\limits_
void solve()
void solve(int id)
for(int i=1;i<=n;i++)if(f[i]}decimal calc(int i,int j)
int main()
decimal res=calc(lim,n-m+lim);
for(int i=n-m+lim+1;i<=n;i++)res=(res+h[i])/2;
cout } 題目傳送門 step1 暴力 對於每次詢問，都進行一次krusal計算。include include define maxn 5039 using namespace std inline intread if flag return sum return sum struct jtz e max... 看到題目，資料範圍有點怪異。對於95 的資料，對於100 的資料，意思是只有5分是正解。好吧,95pts的 很明顯,答案就是 而如何才能拿到100pts呢？我們可以先列舉a段的長度，很明顯每個長度為lcp，與往後求lcs，若 這樣就可以通過 include include include inclu... 題目實際上要求我們求從每個點出發的aa串的數量 考慮點i的答案，發現如果字首i與字首j j i 的最長公共字尾 i j，那麼i點出發向前就存在乙個長度為i j的aa串，題目即求對於每個字首，有多少個在他之前的字首滿足條件 考慮字尾自動機，由於每個字首都是字尾自動機parent樹上的一點，即兩個字首的...國王飲水記 題解
NOI2016 優秀的拆分
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