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 200005
using 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;
}