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要赋值

一、双指针求最大连续和

在这里插入图片描述
本题单独用前缀和（60分）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[200005], m[200005], ans = -INT_MAX, n, o;
int main() {
    cin >> n >> o;
    m[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], m[i] = m[i - 1] + a[i];
    for (int i = 0; i <= n - o; i++)
        for (int j = i + 1; j <= i + o; j++) ans = max(ans, m[j] - m[i]);
    cout << ans;
}

时间复杂度很高，一些超时，一些WA.
在这里插入图片描述

双指针算法

这是一种用左右两个指针来框定一个范围从而减少暴力枚举回溯次数的算法。适用于对时间要求很高的题目，双指针算法的难点在于找到什么时候移动有指针，什么时候移动左指针，这种算法大部分是单向移动，但有时需要双向移动（就比如本题）。
有点类似队列
在这里插入图片描述

分析：

本题的双指针需要回溯。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, a[200005], dp[200005], q[200005], ans = INT_MIN, head, tail;
int main(){
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> a[i];
		dp[i] = dp[i - 1] + a[i];
	}
	for(int i = 0; i <= n; i++){
		while(q[head] + m < i && tail >= head) head++;
		while(dp[i] < dp[q[tail]] && tail >= head) tail--;
		if(i != 0) ans = max(ans, dp[i] - dp[q[head]]);
		q[++tail] = i;
	}
	cout << ans;
}

本题的q数组是用来存储可能的值的起始位置的，第一个循环用来输入，并算出前缀和。
第二个循环的变量i，一定程度上可看做是第三个指针，因为他可以看做枚举的起点，而tail为终点。
两个循环的作用：
这2个循环是用来调整头指针和尾指针的。第一个循环是为了满足题目中两端差距小于m，第二个循环是找到第一个<=dp[q[tail]]的。

注意：

但遇到代码不好调试观察时，输出中间过程是一种很好的方法，直观又简便，就像这样：
在这里插入图片描述

二、二分法求最大平均数子数组

在这里插入图片描述

暴力代码（超时30分）：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
double a[100005], m[100005], ans = -INT_MAX, n, k;
int main() {
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], m[i] = m[i - 1] + a[i];
    for (int i = 1; i <= n - k; i++)
        for (int j = i + k; j <= n; j++) {
            double p = (m[j] - m[i]) / (j - i);
            if (p > ans)
                ans = p;
        }
    printf("%d\n", int(ans * 1000));
}

本题运用二分答案的思想，首先找出极大值与极小值，然后不断地二分答案即可
代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long double l = INT_MAX, r = INT_MIN, mid;
int n, m;
long double dp[100005], a[100005];
bool f(long double x){
	long double ans = -2005, mi=2005;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		dp[i] = dp[i - 1] + a[i] - x;
	} 
	for(int i = m; i <= n; i++){
		mi = min(mi, dp[i - m]);
		ans = max(ans, dp[i] - mi);
	}
	return ans >= 0;
}
int main(){
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i];
		
	}
	r = 0x3f3f3f3f, l = -0x3f3f3f3f;
	while(r - l > 1e-6) {
		mid = (l + r) / 2;
		if(f(mid)) l = mid;
		else r = mid;
	}
	printf("%d\n",int(r*1000));
}