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LL有n个妹子，他给妹子们编号排成一排。据说今天天气大好，LL要去春游了，他决定要选定至少F个妹子一起去玩。 为了让妹子们开心，他决定选连续一段的妹子们。然后LL有个特殊的癖好，他喜欢体重比较厉害一些的妹子。
那你可以帮LL选妹子吗，使得选出来的这些妹子的平均体重最大。
输入第一行两个整数，n和F。
接下来n行，每行一个整数，表示妹子的体重。
对前50%的数据：1<=n<=20。 对100%的数据：1<=n<=100000, 1<=F<=n, 1<=妹子体重<=2000。
输出一个整数，为这个平均值乘以1000，不要四舍五入，输出int(avergae * 1000)即可。
10 6
6
4
2
10
3
8
5
9
4
1
6500
题目大意：
给出一个序列，长度为N，均为正数。
找出一段连续的区间，此区间的平均值最大，长度必须大于等于F。
1.二分答案法 O(nlgM)
首先留意到答案的输出是整数。想到答案的范围是可以根据输入确定的，而且范围较小（M<=2000）
所以可以用二分答案法
先猜测一个平均数A，来判断是否存在一个长度大于等于F的连续序列可以满足平均值大于A。
判断的方法可以利用一个成型的DP方法来解决这个问题，那就是寻找一个序列是否存在一个长度大于等于F的子序列和为正（每个数减去平均值即可）。
dp的状态转移方程就是:
f[a, b] 表示在区间 [a, b] 中，所有子区间的最大值,最后只要判断
Then
当 b - a = F 时，f[a, b] 为序列中对应的和。
当 b - a > F 时，f[a, b] = max{ f[a, b - 1] + arr[b], f[b - f + 1, b] }
注意第二种情况下，如果遇到了以b结尾的连续F个元素的子序列的和更大一些，那就从此开始重新累加计算。
而且注意，二分法的时候一定要用double来二分 输出R while(L-R>1e-7) R=mod L=mod 都是关键点
代码如下:
#include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int MaxN = 100000+10; int n,F; int weight[MaxN]; int preSum[MaxN]; int Min; int Max; void Init(){ cin>>n>>F; cin>>weight[1]; preSum[0] = 0; Min = Max = preSum[1] = weight[1]; for (int i = 2; i <= n; ++i) { scanf("%d",&weight[i]); preSum[i] = preSum[i-1] + weight[i]; Max = Max > weight[i] ? Max : weight[i]; Min = Min < weight[i] ? Min : weight[i]; } return; } //因为Guess是由猜测确定的 它可能是F个 也可能是>F个数的avg 所以还是要考虑所有的情况 inline bool BinarySearch(double guess){ double pre = 0.0; double cur = 0.0; //pre初始为前n-1项的 去掉guess的和 //pre 其实就是用来检查是否大于0的连续的那段 pre = (preSum[F-1] - preSum[0]) - guess * (F-1); //从第F项开始遍历 for (int i = F; i <= n ; ++i) { //cur是某F项的 减去guess的和 cur = preSum[i] - preSum[i-F] - guess * F; //pre 第一次循环是前F项的和 pre += weight[i] - guess; //核心思想就是 如果整个pre还不如后F个大 那就要后F个即可 if(cur > pre) pre = cur; if(pre > -1e-6) return true; } return false; } int main(int argc, char const *argv[]) { Init(); //注意因为真正二分的答案是去分析那个double的平均值 所以还是尽量用double 否则可能会出现刻度不够精细导致的错误 double L = Min; double R = Max; while(R - L >= 1e-6){ double mid = (L+R)/2; //double类型的二分法 if(BinarySearch(mid)){ //说明这个猜测比较小 L = mid; }else{ R = mid; } } //注意这里必须输出R cout<<int(R*1000)<<endl; return 0; }
2.动态规划法 O(n)
核心的思想就是
先取前F-1个元素
分别维护i和j，认为 [j,i+F]就是答案
核心的思想很简单 就是如果j到i这一段的平均值小于i,到i+F这一段的平均值 则不要前半段了.
#include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int MaxN = 100000+10; //求最大平均的连续子列合 (至少连续F个元素) 考虑动态规划 int weight[MaxN]={0};//表示每个妹子的体重 int preSum[MaxN];//前缀和 int main(int argc, char const *argv[]) { int n,F; cin>>n>>F; preSum[0] = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i){ scanf("%d",&weight[i]); preSum[i] = preSum[i-1] + weight[i]; } int ans = -1; //最后toCheck的部分是 j 到 i+F 的这段 //核心思想就是 如果j到i这段是拉低了整个toCheck的部分 不如就不要了 //上面这一个核心思想非常像二分答案里 判断是否存在大于等于F项连续和大于0的思想 for (int i = 0, j = 0; i <= n - F; i++) { if (i > j && (preSum[i] - preSum[j]) * (i + F - j) < (preSum[i + F] - preSum[j]) * (i - j)) j = i;//如果i和j之间的子段平均值小于i到i+f之间的平均值，则将舍弃i和j之间的子段 if (ans < 1000 * (preSum[i + F] - preSum[j]) / (i + F - j)) ans = 1000 * (preSum[i + F] - preSum[j]) / (i + F - j); } cout<<ans<<endl; return 0; }
【算法学习笔记】52.一道题的三种方法..二分答案、动态规划、计算几何 SJTU OJ 1250 BestSubsequence
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原文地址：http://www.cnblogs.com/yuchenlin/p/sjtu_oj_1250.html
