HDU MAX Average Problem(斜率优化DP)

这个也是论文上的例题，给你一个正数序列，注意全是正数，否则就不满足和的单调性了，关于这个结论某些部分就不能在运用了，我先说一下前提条件，我就是前提条件没搞请，才弄的模模糊糊的，弄清楚前提条件后就会发现其实不是很难的。

前提条件：

1.所有的数均是(保证了他们的和是单调递增的)

2.求的是连续的序列，且序列的长度大于等于k

3.求的是序列的最大平均值，也就是（i, sum[i]）值中斜率最大的那个值

解体思路：

现在我只是干讲，如果感觉不形象的话，可以参考那篇著名的论文。

由于我们是要求斜率最大值，如果枚举的话，我们肯定是把当前的点与它前面的所有的点求斜率，取最大值。

现在我们想降低复杂度，我们可以从两个方面入手，

1，去掉每个位置前面的那些在后来的枚举中不可能产生最优解的点

2，快速的去定位最优解

首先讲第一个：

1.如何减少不必要的枚举呢？

我们假设存在三个点，i，j, k三个点构成的是上凸包，现在我们沿着j，k作延长线，如何后来的点在延长线的下方，那么该后来的点是不能构成最优解的，因为当前延长线的解已经比后来的点构成的所有的点优或则说与i构成的直线的斜率一定比与j构成的斜率大，如果后来的点在延长线的上方，那么你会发现与k构成的斜率肯定比与j构成的斜率大，那么问题就出现了，j不可能在后来的更新中形成最优解，那么就可以将其删除，这样在后来的枚举中少了它了。很神奇的证明，不过的确特别的有用。

2.如何更快的去定位最优解呢？

一般的做法就是二分，不过这里的做法很绝，把原来O(NlgN)的做法优化到了，O(N)

还是把不可能构成最优解的删掉，（注意sum[i]是单调递增的），如果当前构不成最优解，那么在后来的点着中是不可能构成最优解的，因此可以删掉，到底为什么，还是自己看自己想。这里维持最小长度为k还是很巧秒的，不过HDU交C++可过，交G++TLE，据说只要有C++那么它的服务器系统肯定是windows，那么交G++调用MingW肯定会慢的。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int MAXN = 100010;
double sum[MAXN];
int que[MAXN];
int front, tail;

double get_k(int i, int j) {
    return (sum[i] - sum[j]) / (i - j);
}

int main() {
    int n, k;
    while (scanf("%d%d", &n, &k) == 2) {
        int temp;
        sum[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d", &temp);
            sum[i] = sum[i - 1] + temp;
        }
        front = 0, tail = -1;
        double ans = 0;
        for (int i = k; i <= n; i++) {
            int now = i - k;
            while (front < tail && get_k(que[tail], que[tail - 1]) > get_k(que[tail], now)) tail--;
            que[++tail] = now;
            while (front < tail && get_k(que[front], que[front + 1]) < get_k(que[front + 1], i)) front++;
            ans = max(ans, get_k(que[front], i));
        }
        printf("%.2lf\n", ans);
    }
    return 0;
}