最佳牛围栏 dp+前缀和+二分

农夫约翰的农场由 N 块田地组成，每块地里都有一定数量的牛，其数量不会少于 1 头，也不会超过 2000

头。

约翰希望用围栏将一部分连续的田地围起来，并使得围起来的区域内每块地包含的牛的数量的平均值达到最大。

围起区域内至少需要包含 F 块地，其中 F会在输入中给出。

在给定条件下，计算围起区域内每块地包含的牛的数量的平均值可能的最大值是多少。

输入格式

第一行输入整数 N 和 F，数据间用空格隔开。接下来 N 行，每行输入一个整数，第 i+1 行输入的整数代表第 i片区域内包含的牛的数目。

输出格式

输出一个整数，表示平均值的最大值乘以 1000，再 向下取整 之后得到的结果。

数据范围

1≤N≤100000
1≤F≤N

输入样例：

10 6
6 
4
2
10
3
8
5
9
4
1

输出样例：

6500

超时错误： 

//首先想到的是来两层循环来选定起止围栏，时间复杂度O(n^2)，数据范围是1e5，超时

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int n,f;
const int N = 100010;
double a[N],s[N],h[N];
double F[N];

double res=0;
int main()
{
    cin>>n>>f;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        s[i]=s[i-1]+a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n-f+1;i++)
    {
        for(int j=i+f-1;j<=n;j++)
        {
            double x=s[j]-s[i-1];
            x=x/(j-i+1);
            if(x>res)   res=x;
        }
    }
    int x=res*1000;
    cout< 
正解：
 
 1.首先根据题目可知只是需要在1~2000内寻找一个数字，其是其中一个连续的区间的平均数，转化为二分寻找这个数字，可知这个数字一定在输入的围栏中牛的数量的最大最小值之间
 
2.check（）函数：平均数问题大多可以将平均数减去，本题中，将每个围栏中牛的数量减去平均数，然后求其前缀和， 找到的最大子段和，若其小于0，则证明该数字不符合要求，反之，符合
 
3.求最大子段和（动态规划）：本题限制长度大于F，求到第n个围栏为止的最大的子段和，转化为求其j个围栏为止的最小子段和
 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

int n,f;
const int N = 100010;
double a[N],s[N],h[N];
double F[N];
double maxm=-1,minm=1e9;

bool check(double x)
{
    //每次更新s数组的值，s数组中保存每次减完x后的前缀和
    for(int i=1;i<=n;i++)   s[i]=s[i-1]+a[i]-x;
    
    double res=-1e9,mins=1e9;
    //最少选f个，所以i从f开始枚举
    for(int i=f;i<=n;i++)
    {
        mins=min(mins,s[i-f]);
        //到此时的i为止的最小的子段和
        //i为当前值时，mins为保证子段大于等于f时，需要减去的前面的最小的子段
        //这一步为了每次更新，以保证需要的子段长度大于f，并且mins为被舍弃的最小的子段和
        res=max(res,s[i]-mins);
    }
    if(res>=0)  return true;
    //只需要保证有一个值（最大值）大于等于0即可
    else return false;
}
int main()
{
    cin>>n>>f;
    double l=0,r=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lf",&a[i]);
        r=max(r,a[i]);
    }
    
    while(r-l>1e-5)
    {
        double mid=(l+r)/2;
        if(check(mid))  l=mid;
        else r=mid;
    }
    
    printf("%d",(int)(r*1000));
    return 0;
}