这题要卡读入，必须用fread。
以下提供两种方法：
1.
//二分做法,时间复杂度O(T*N*log20000000)，T为数据组数。超时代码——HDU数据真强。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const double eps=1e-4;
int n,m,a[N];
double s[N],l,r,mid;
bool check(double c)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
s[i]=s[i-1]+a[i]-c;
double minn=0;
for(int i=m;i<=n;i++)
{
minn=min(s[i-m],minn);
if(s[i]-minn>=0)return 1;
}
return 0;
}
#define g getchar()
void qr(int &x)
{
char c=g;x=0;
while(!('0'<=c&&c<='9'))c=g;
while('0'<=c&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=g;
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
l=2000;r=1;
for(int i=1;i<=n;i++)qr(a[i]),l=min(l,(double)a[i]),r=max(r,(double)a[i]);
while(l<r-eps)
{
mid=(l+r)/2;
if(check(mid))l=mid;
else r=mid;
}
printf("%.2lf
",r);
}
return 0;
}
斜率优化。
解题思路(转自《浅谈数形结合思想在信息学竞赛中的应用》—周源）：
首先一定会设序列ai的部分和：Si=a1+a2+…+ai，，特别的定义S0=0。
这样可以很简洁的表示出目标函数ave(i,j)=(Sj-S(i-1))/(j-(i-1))!
如果将S函数绘在平面直角坐标系内，这就是过点Sj和点Si-1直线的斜率！
于是问题转化为：平面上已知N+1 个点，Pi(i, Si)，0≤i≤N，求横向距离大
于等于F的任意两点连线的最大斜率。
构造下凸折线
有序化一下，规定对i<j，只检查Pj向Pi的连线，对Pi不检查与Pj的连线。
也就是说对任意一点，仅检查该点与在其前方的点的斜率。于是我们定义点Pi
的检查集合为
Gi = {Pj, 0≤j≤i-F}
特别的，当i<F时，Gi为空集。
其明确的物理意义为：在平方级算法中，若要检查ave(a, b)，那么一定有Pa∈Gb；
因此平方级的算法也可以这样描述，首先依次枚举Pb点，再枚举Pa∈Gb，同时检查k(PaPb)。//k为斜率
若将Pi和Gi同时列出，则不妨称Pi为检查点，Gi中的元素都是Pi的被检查点。
当我们考察一个点Pt时，朴素的平方级算法依次选取Gt中的每一个被检查点p，
考察直线pPt的斜率。但仔细观察，若集合内存在三个点Pi, Pj, Pk，且i<j<k，三个点形成如下图
所示的的关系，即Pj点在直线PiPk的上凸部分：k(Pi, Pj)>k(Pj,Pk)，就很容易可以证明Pj点是多余的。
若k(Pt, Pj) > k(Pt, Pi)，那么可以看出，Pt点一定要在直线PiPj的上方，即阴
影所示的1号区域。同理若k(Pt, Pj) > k(Pt, Pk)，那么Pt点一定要在直线PjPk的下
方，即阴影所示的2号区域。
综合上述两种情况，若PtPj的斜率同时大于PtPi和PtPk的，Pt点一定要落在两阴影的重叠部分，
但这部分显然不满足开始时t>j 的假设。于是，Pt落在任何一个合法的位置时，PtPj的斜率要么小于PtPi，
要么小于PtPk，即不可能成为最大值，因此Pj点多余，完全可以从检查集合中删去。这个结论告诉我们，
任何一个点Pt的检查集合中，不可能存在一个对最优结果有贡献的上凸点，因此我们可以删去每一个上凸点，
剩下的则是一个下凸折线。最后需要在这个下凸折线上找一点与Pt 点构成的直线斜率最大——显然这条直
线是在与折线相切时斜率最大，如图所示。
维护下凸折线
这一小节中，我们的目标是：用尽可能少的时间得到每一个检查点的下凸折线。
算法首先从PF开始执行：它是检查集合非空的最左边的一个点，集合内仅有一个元素P0，
而这显然满足下凸折线的要求，接着向右不停的检查新的点：PF+1,PF+2, …, PN。
检查的过程中，维护这个下凸折线：每检查一个新的点Pt，就可以向折线最右端加入一个新的点Pt-F，
同时新点的加入可能会导致折线右端的一些点变成上凸点，我们用一个类似于构造凸包的过程依次删去这些上凸点，
从而保证折线的下凸性。由于每个点仅被加入和删除一次，所以每次维护下凸折线的平摊复杂度为O(1)，
即我们用O(N)的时间得到了每个检查集合的下凸折线。
最后的优化：利用图形的单调性
最后一个问题就是如何求过Pt点，且与折线相切的直线了。一种直接的方法就是二分，每次查找的复杂度是。
但是从图形的性质上很容易得到另一种更简便更迅速的方法：
由于折线上过每一个点切线的斜率都是一定的，而且根据下凸函数斜率的单调性，如果在检查点Pt 时找到了折线上的已知一个切点A，
那么A以前的所有点都可以删除了：过这些点的切线斜率一定小于已知最优解，这些点不会做出更大的贡献了。
于是另外保留一个指针不回溯的向后移动以寻找切线斜率即可，平摊复杂度为为O(1)。
至此，此题算法时空复杂度均为O(N)，得到了圆满的解决。
本人代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int size=1<<20;
inline char g()
{
static char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
#define g g()
void qr(int &x)
{
char c=g;x=0;if(c==EOF)return;
while(!('0'<=c&&c<='9'))c=g;
while('0'<=c&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=g;
}
int s[N],n,m,q[N],l,r;
double slope(int i,int j)
{
return (double)(s[i]-s[j])/(i-j);
}
int main()
{
while(qr(n),n)
{
qr(m);
for(int i=1;i<=n;i++)
qr(s[i]),s[i]=s[i]+s[i-1];
l=1;r=0;double ans=0;
for(int i=m;i<=n;i++)
{
while(l<r&&slope(q[r-1],q[r])>=slope(q[r],i-m))r--;
q[++r]=i-m;
while(l<r&&slope(q[l],i)<=slope(q[l+1],i))l++;
ans=max(ans,slope(q[l],i));
}
printf("%.2lf
",ans);
}
return 0;
}