题目链接：

http://172.25.37.251/problem/115

题目大意：

给定一个序列，选出若干个数，将其分成若干单调的子序列(可不连续)，相邻序列单调性不同，第一个序列一定为单调递增。求出所有方案中序列和的平均值的最大值。如 3 3 3， 7 7 7， 9 9 9， 2 2 2， 4 4 4， 5 5 5，把它划分为 [ 3 ， 7 ， 9 ] [3，7，9] [3，7，9]， [ 2 ， 4 ] [2，4] [2，4]， [ 5 ] [5] [5]，答案为： ( 3 + 7 + 9 + 2 + 4 + 5 ) / 3 = 10 (3+7+9+2+4+5)/3=10 (3+7+9+2+4+5)/3=10。把它划分为 [ 3 ， 9 ] [3，9] [3，9]， [ 5 ] [5] [5]，答案为： ( 3 + 9 + 5 ) / 2 = 8.5 (3+9+5)/2=8.5 (3+9+5)/2=8.5。

题目分析：

1.我们很明显可以通过枚举选取第 i i i个点时，共分成了 j j j个序列来进行转移，那么我们可以在枚举上一个选择的数来进行转移。我们就可以愉快的暴力 D P DP DP了。如下：

//dp[i][j]表示选择第i个数后，分为j个单调序列时，数的总和的最大值
for(ll i=1;i<=n;i++)//枚举当前选择的数
{for(ll j=1;j<=n;j++)//枚举分成了多少个序列{for(ll k=0;k<i;k++)//枚举上一个选择的点{if(j%2==0)//当前序列要求单调递减{if(a[k]>a[i])//满足递减，可继承dp[k][j]的值，加入第j个序列中dp[i][j]=max(dp[i][j],max(dp[k][j],dp[k][j-1])+a[i]);elsedp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k][j-1]+a[i]);}else//当前序列要求单调递增{if(a[k]<a[i])//满足递增，可继承dp[k][j]的值，加入第j个序列中dp[i][j]=max(dp[i][j],max(dp[k][j],dp[k][j-1])+a[i]);elsedp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k][j-1]+a[i]);}}ans=max(ans,dp[i][j]/(double)j);}
}

2.很显然的一点是这样的做法复杂度为 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)，是不能通过此题的，我们需要更优的方法。我们可以发现，无论能不能继承前一个 d p dp dp值时，我们都要算上将这个数单独作为一个序列时的值。因为 k < i k<i k<i，每一个 k k k都要参与计算，那么很明显我们可以利用一个前缀和来优化这个过程。如下：

for(ll j=1;j<=n;j++)//枚举序列数
{for(ll i=1;i<=n;i++){f[i][j]=f[i-1][j];dp[i][j]=max(dp[i][j],f[i-1][j-1]+a[i]);for(ll k=0;k<i;k++){if(j%2==0 && a[k]>a[i])dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k][j]+a[i]);else if(j%2!=0 && a[k]<a[i])dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[k][j]+a[i]); }f[i][j]=max(f[i][j],dp[i][j]);ans=max(ans,dp[i][j]/(double)j);}
}

3.虽然我们用前缀和来优化，但是我们并没有解决时间复杂度的问题。我们通过分析可以发现，枚举k的这一维，由于不具备单调性，所以不存在 O ( 1 ) O(1) O(1)的转移方式。但是我们很快可以发现，这个地方是可以利用线段树来维护的，每次查询根据j的奇偶性选择查询 [ 0 , a [ i ] ) [0,a[i]) [0,a[i])还是 ( a [ i ] , M a x ] (a[i],Max] (a[i],Max]，每次将得到的 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]插入线段树。(由于数据范围的问题，这里需要离散化)。现在的时间复杂度为 O ( n 2 l o g n ) O(n^2logn) O(n2logn)。
4.继续分析我们发现我们无法优化枚举 i i i的过程，但要通过 n ≤ 100000 n \leq 100000 n≤100000的数据，我们需要O(nlogn)的方法。所以我们只能优化枚举j的过程。这里要求是 O ( 1 ) O(1) O(1)的复杂度，那么说明j的数目一定是一个小的常数。下面去找到这个常数：
❶如果分成了奇数个序列，总和为 S S S，数量为 m m m，那么值为 S / m S/m S/m，我们将最后一个序列分离(一定递增)，和为 T T T。我们将整个序列分为了 ( S − T ) / ( m − 1 ) (S-T)/(m-1) (S−T)/(m−1)和 T T T的序列。而 T − S / m = ( T m − S ) / m T-S/m=(Tm-S)/m T−S/m=(Tm−S)/m， S / m − ( S − T ) / ( m − 1 ) = ( m T − S ) / m ( m − 1 ) S/m-(S-T)/(m-1)=(mT-S)/m(m-1) S/m−(S−T)/(m−1)=(mT−S)/m(m−1)，一定是一正一负的，所以一定存在一个序列数更少的情况，答案比原来要大。
❷如果分成了偶数个序列，总和为S，数量为m，那么值为S/m，我们将最后两个序列分离
(第一个序列一定递增)，和为T。我们将整个序列分为了(S-T)/(m-2)和T/2的序列。而T/2-S/m=(Tm-2S)/2m，S/m-(S-T)/(m-2)=(mT-2S)/m(m-2)，一定是一正一负的，所以一定存在一个序列数更少的情况，答案比原来要大。
❸如此递归下去，我们会发现一个惊人的结论，那就是序列的个数<=2。
如此一来时间复杂度就变成了O(nlogn)，解题完毕。

正解程序：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#define inf 1e15using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=100010;
ll n,a[maxn],temp[maxn];
ll dp[maxn][4];
ll f[maxn][4];
ll tree[4*maxn];
map<ll,ll> mp;void change(ll pos,ll l,ll r,ll pla,ll val)
{if(l==r){tree[pos]=val;return;}ll mid=(l+r)>>1;if(pla<=mid)change(pos<<1,l,mid,pla,val);elsechange(pos<<1|1,mid+1,r,pla,val);tree[pos]=max(tree[pos<<1],tree[pos<<1|1]);
}
ll getans(ll pos,ll l,ll r,ll s,ll e)
{if(s<=l && r<=e)return tree[pos];ll mid=(l+r)>>1;ll t1=0,t2=0;if(s<=mid)t1=getans(pos<<1,l,mid,s,e);if(e>mid)t2=getans(pos<<1|1,mid+1,r,s,e);return max(t1,t2);
}
int main()
{memset(dp,0x80,sizeof(dp));memset(f,0x80,sizeof(f));scanf("%lld",&n);for(ll i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);temp[i]=a[i];}temp[0]=0;sort(temp,temp+1+n);ll cnt=unique(temp,temp+1+n)-temp-1;for(ll i=0;i<=cnt;i++)mp[temp[i]]=i+1;dp[0][1]=0;f[0][1]=0;double ans=-inf;cnt++;for(ll j=1;j<=2;j++){memset(tree,0x80,sizeof(tree));change(1,1,cnt,1,0);for(ll i=1;i<=n;i++){f[i][j]=f[i-1][j];dp[i][j]=max(dp[i][j],f[i-1][j-1]+a[i]);if(j%2==1){ll value=getans(1,1,cnt,1,mp[a[i]]-1);dp[i][j]=max(dp[i][j],value+a[i]);}else{ll value=getans(1,1,cnt,mp[a[i]]+1,cnt);dp[i][j]=max(dp[i][j],value+a[i]);}change(1,1,cnt,mp[a[i]],dp[i][j]);f[i][j]=max(f[i][j],dp[i][j]);ans=max(ans,dp[i][j]/(double)j);}}printf("%.3lf",ans);return 0;
}

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