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1、问题

2、分析

（1）暴力做法

看到这道题以后，我们可以先想一个最暴力的做法，就是我们去枚举所有长度至少为$F$的区间，然后求出这个区间的和，再求出这个区间的平均值。最后在这些平均值之间取一个最大值。

那么这个暴力做法的时间复杂度是多少呢？枚举所有符合长度要求的区间，该过程在最坏条件下的复杂度是$O(n^2)$，求出区间的和，复杂度是$O(n)$。那么总的时间复杂度就是$O(n^3)$。

很明显这个做法是超时的，那么对于这个暴力的做法，我们可以给出一个小小的优化，即我们通过前缀和算法将求区间的时间复杂度优化到$O(1)$，优化后，该做法的时间复杂度是$O(n^2)$。优化后依旧是超时的。

（2）二分答案+前缀和+DP

受朴素做法的启发，我们先求一下前缀和，将前缀和数组记作：$s[i]$。

这道题我们可以换个思路想，假设给你一个平均值$x$。我们要做的是判断这个平均值是否能够达到。

换句话说，我们就是要判断是否存在一个区间，使得这个区间和的平均值达到了$x$。

将其转化为数学表达式即：

是否存在一个区间$[i,j]$，其中$i-j+1>=F$，满足：
$$\frac{s[i]-s[j-1]}{i-j+1}\ge x$$
等价于
$$s[i]-s[j-1]\ge x\ast (i-j+1)$$
等价于
$$a[j]+a[j+1]+...+a[i]\ge x+x+...+x$$
等价于
$$(a[j]-x)+(a[j+1]-x)+...+(a[i]-x)\ge 0$$

如果我们设$b[i]=a[i]-x$，$b[i]$的前缀和数组为$T[i]$的话，

上述式子即可转化为：
$$T[i]-T[j-1]\ge 0$$

如果想要找到这样一个合法区间，我们只需要找到一个平均值最大的区间，看看它是否到达$x$即可。

因此，我们可以枚举区间右端点$i$，即固定$T[i]$，要想让$T[i]-T[j-1]$最大，只要找到最小的$T[j-1]$即可。该过程可以用$DP$来做。

这个$DP$比较简单，定义$dp[i]$为前$i$个$T[i]$中最小的一个。

转移方程为：$dp[i]=min(dp[i-1],T[i])$

那么我们的$T[i]-T[j-1]$的最大值即：$T[i]-dp[i-F]$

因为我们是枚举的$i$，所以这个过程是$O(n)$的。

也就是说我们只需要通过$O(n)$的时间复杂度，就能够判断一个平均值$x$是否能够达到。

因此，我们只需要去二分这个$x$即可，即二分答案。

而通过题目，我们发现，$x$的最大值就是2000。

因此，总的时间复杂度就是：$O(nlog(2000))$

3、代码

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define deb(x) cout << #x << " = " << x << '\n';
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
const double eps = 1e-5;
int n, f;
double a[N], T[N], dp[N];bool check(double mid)
{for(int i = 1; i <= n; i ++)T[i] = T[i - 1] + a[i] - mid;for(int i = 1; i <= n; i ++){dp[i] = min(dp[i - 1], T[i]);}for(int i = f; i <= n; i ++){if(T[i] - dp[i-f] >= 0)return true;}return false;
}void solve()
{cin >> n >> f;for(int i = 1; i <= n; i ++)cin >> a[i];double l = 0, r = 2000.0;while(r - l > eps){double mid = (l + r) / 2.0;if(check(mid))l = mid;elser = mid;}	cout << (int)(r * 1000) << endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t = 1;//cin >> t;while(t--)solve();
}