单调队列 JC loves Mkk

不想粘题面，传送门

首先二分答案x，
设a[i]=v[i]-x；sum[i]为a[i]前缀和。只要保证sum[r]-sum[l-1]为偶数，范围L~R，切>=零即可。
考虑用单调队列，维护两个，一个代表选偶数，另一个奇数，奇偶搞定。
运用单调队列性质，那两个也就搞定了。
最后还是要考虑恶心的精度。二分还是要用long double，防止炸精，只要在check时确定了分母即可。因为最后二分出了总答案，乘上分母即使分子（要加0.5，向上取整）

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<iostream>#include<algorithm>#define ll long long#define ld long double#define N 200005using namespace std;int n,n1,L,R,h[2],t[2],q[2][N],a[N];ld sum[N];ll ans2,ans1;inline ll gcd(ll x,ll y){return !y?x:gcd(y,x%y);}inline bool check(ld x){    for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i]-x;    h[0]=h[1]=1;t[0]=t[1]=0;    for(int i=L;i<=n;i++)    {        int j=i-L,k=i&1;        while(h[k]<=t[k]&&sum[j]<sum[q[k][t[k]]])t[k]--;        q[k][++t[k]]=j;        if(i-q[k][h[k]]>R)h[k]++;        if(sum[i]-sum[q[k][h[k]]]>0){ans2=i-q[k][h[k]];return 1;}    }    return 0;}int main(){    cin>>n>>L>>R;int hh=0;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        scanf("%d",&a[i]),a[i+n]=a[i];        if(a[i]>hh)hh=a[i];    }    ld l=0,r=hh,mid,xp=1e-6;    L+=L&1;R-=R&1;n<<=1;    while(r>xp+l)    {        mid=(l+r)/2;        if(check(mid))l=mid;        else r=mid;    }    mid=(l+r)/2;    ans1=(ll)(mid*ans2+0.5);    ll k=gcd(ans1,ans2);ans1/=k;ans2/=k;    cout<<ans1;if(ans2==1)return 0;cout<<"/"<<ans2;}