蒟蒻的第一篇黑題題解，求過。
題意描述
這道題用簡潔的話來說，就是：
給你 \(n\) 個數字，你可以讓取其中任意若干個數字，每次操作，都會使所有取的數字變為取的數字的平均數，並且你最多隻能進行 \(k\) 次操作，你要在這經過最多 \(k\) 次操作後使得給你的第一個數字變得最大。輸出保留 \(p\) 位的第一個數字的最後狀態。
貪心策略（非正解，有助後面做題）
我們暫且不研究這道題的正解是什麼，我們先看看怎麼樣貪心能夠使得第一個數字變得最大。
首先，比第一個數字小的我們一定不需要，它們會使第一個數字變得更低
第二，我們需要知道求平均數的順序，我們設三個水量， \(h1,h2,h3(h1 <h2<h3)\) 。現在我們通過比較不同的順序，看如何讓 \(h1\) 變得最大。
如圖所示，已經是所有的順序了：
- \(h1,h2,h3\) 同時求平均數。
- \(h1\) 先和 \(h3\) 求平均數，然後和 \(h2\) 求平均數。
- \(h1\) 先和 \(h2\) 求平均數，然後和 \(h3\) 求平均數。
其實從圖中就可以看出來，第三種方案最優。
我們再用數學的方法來比較這三個方案的優劣性。
第一種方案： \(h1=(h1+h2+h3)/3\)。
第二種方案： \(h1=((h1+h3)/2+h2)/2=(h1+h3)/4+h2/2\)。
第三種方案： \(h1=((h1+h2)/2+h3)/2=(h1+h2)/4+h3/2\)。
我們通過相減比較 \(h1\) 最後的大小：
- 第一種方案減去第三種方案：
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第三種方案晉級。
- 第二種方案減去第三種方案：
\]
\]
\]
\]
第三種方案勝出。
總結策略
只考慮比第一個數大的數。
在一般情況下，一個一個操作(可能會超過 \(k\) 次，所以是在一般情況下)。
在一個一個操作時,從小到大操作。
斜率優化dp(正解)
由於可進行的操作次數是一定的，所以我們最後要解決的就是該在那一段區間進行操作。
首先將大於第一個數的數記錄下來，排序並求出字首和。
然後設計dp轉移方程：
\(sum_i\) 為前 \(i\) 個數的字首和(操作是賦值為平均數，並不會改變總數值，所以 \(sum_i\) 一直適用) 。
\(f_{i,j}\) 表示前面 \(i\) 個數操作了 \(j\) 次時第一個數的最大值。
得轉移方程：
\]
code
for(int j=1;j<=k;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int p=1;p<i;p++)
f[i][j]=max(f[i][j],(f[p][j-1]+sum[i]-sum[p-1])/(i-p+1));
但是這樣的話，轉移的時間複雜度為 \(O(n^2kp)\) ，(\(n\) 是數字個數， \(k\) 是操作次數,p為保留的精度）。
所以光是dp是不行的,我們要考慮優化dp。
我們觀察這個狀態轉移方程：
\]
\]
由於 \(i\) 和 \(j\) 是迴圈中給出的，所以我們將 \(i\) 和 \(j\) 提出：
\]
經過前後對比，我們發現，設當前點為 \((i,sum_i)\) ,轉移點為 \((p-1,sum_{p-1}-f_p)\) ，其實就是斜率公式。
用斜率優化dp，還有很重要的條件是要有單調性。如圖，這道題目的單調性也十分的明顯，由於 \(1\le h_i \le 10^5\) ,也就意味著字首和是單調上升的。
圖畫的不好，諒解。
那麼我們要維護的就是圖中的這一個凸包。
接下來我們考慮彈出佇列的數會不會對後面的操作有影響：
設當前位置為 \(i\) ，對於 \(i\) ,我們設 \(k_2\) 優於 \(k_1\) , 在這個情況下，我們可以得出：
\]
如果將 \(i+1\) 帶入,結果為：
\]
比較兩個式子，我們會發現，在 \(i+1\) 的情況下，如同 \(i\) 的情況相同， 原本優於 \(k_1\) 的 \(k_2\) 依然會比 \(k_2\) 更優，所以彈掉 \(k_1\) 並不會影響後面的操作。
code
for(int j=1;j<=k;j++)
{
int head=tail=1;
q[tail]=(node){1,sum[1]};
for(int i=2;i<=n;i++)
{
node x=(node){i,sum[i]};
while(head<tail&&slope(x,q[head])<slope(x,q[head+1]))head++;
f[i][j]=(f[q[head]][j-1]+sum[i]-sum[q[head]-1])/(i-q[head]+1);
while(head<tail&&slope(q[tail],q[tail-1])>slope(q[tail],i)) tail--;
q[++tail]=i;
}
}
此時我們已經將時間複雜度調小至 \(O(nkp)\) 。
\(n\le 8000\ \ k\le10^9\ \ p\le 3000\) 。
顯然，我們還是不能過這道題目。
於是我們再次重審題目，看一下還有什麼條件我們並沒有用到。
Two thousands years later......
哦，我發，發現就怪了。
於是我參考了巨佬ljh2000的部落格，終於發現了：\(h_i\) 互不相同。 那麼那麼就意味著......
好吧......
於是我又一次參考了巨佬ljh2000的部落格，裡面有兩條十分重要的性質：
每一次操作的區間長度一定不比上一次操作的區間長度長！
在所有水量高度互不相同的情況下，長度大於1的區間僅有 \(O(\log{ \frac{nh}{H}})\) 個，其中 \(H=\min(h_i-h_{i-1})\) 。
首先我們證明第一個，十分簡單。我們的目標是將 \(h_1\) 變得最大，而我們在一開始的時候對 \(h_i\) 進行了排序，所以越往後面, \(h_i\) 越大，越大的餅自然越要少與人分享，所以我們就會得出第一個結論。
至於第二個結論，我們只好根據眾多大佬的指引，來到這裡，深造一番。
Three thousands years later......
很好，沒有任何的作用，看來只能等待某位大佬的指點，或者等本蒟蒻再深造幾年再回答這個問題吧。
蒟蒻拙見，大佬勿噴。