POJ2018 Best Cow Fences - 二分【带长度限制的最大平均数子段】

POJ2018 Best Cow Fences

Sol:

题目要求一个平均数最大且长度不小于L的子段，并输出平均数*1000的整数部分（直接截取而非舍入）

以下思路来自PKU李煜东神犇的《算法竞赛进阶指南》

我们将问题转化一下：相当于将序列中每个数都减去同一个值，且最大子段和非负(即能够找到一个子段，使得该子段中所有数都大于等于这个减去的数)。可以发现，这个数具有单调性：对于同一个序列，减去一个大的数后最大子段和非负，则减去一个较小的数后最大子段和必定非负。因此我们考虑二分这个数。
若没有子段长度不小于L的限制，我们可以O(n)扫一遍整个序列，每次将当前元素加进备选答案，遇到负数就用备选答案更新最终答案，然后将备选答案清空。
对于有子段长度限制的情况，我们将子段和转化为前缀和的形式，则答案为\(\max_{1 \leq i \leq n}(sum_i-\min_{1 \leq j \leq i-L}(sum_j))\)
观察到每次\(sum_j\)的决策只会从\(1 \leq j \leq i-L\)到\(1 \leq j \leq i-L+1\)，即每次只有一个元素加入决策集合，而没有元素从集合中删除，因此我们可以记录一个minval，表示当前决策集合的最优决策，然后O(n)枚举每一个元素，先更新minval，然后用\(sum_i-minval\)更新ans。若ans非负，说明当前二分的平均数mid还有增大的可能，否则只能减小。
时间复杂度为\(O(nlogn)\)。

Tips:

1.思路： 子段和 -> 前缀和相减
2.思路： 求平均数的做法
3.%.lf 自动进行四舍五入 而%d int()则直接截取整数部分。
4.实数域上的二分写法

double l=-(1<<30),r=(1<<30),mid;
double eps=1e-5;//一般精度eps设置为1e-(精确位数+2)
while(r-l>eps){
	mid=(l+r)/2;
	if(check(mid)) l=mid; 
	else r=mid;
}

5.INF开到(1<<30) -INF开到-(1<<30) 若-INF开到0，可能在出现负数解的情况下得到错误答案。

AC CODE:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 100000 + 10;
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=' ';
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0');ch=getchar();}
	return x*f;
}
int n,L;
double a[N];
double tp[N];
double s[N];
bool check(double x){
	for(int i=1;i<=n;i++) tp[i]=a[i]-x;
	s[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+tp[i];
	double ans=-(1<<30),minval=(1<<30);
	for(int i=L;i<=n;i++){
		minval=min(minval,s[i-L]);
		ans=max(ans,s[i]-minval);
	}
	if(ans>=0) return true;
	else return false ;
}
int main(){
//	freopen("data.in","r",stdin);
//	freopen("sol.out","w",stdout);
	n=read(),L=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lf",&a[i]);
	}
	double l=-(1<<30),r=(1<<30),mid;
	double eps=1e-5;
	while(r-l>eps){
		mid=(l+r)/2;
		if(check(mid)) l=mid; 
		else r=mid;
	}
	printf("%d",int(1000*r));
	return 0;
}