设当前为(i)，令(j=lfloor a*i
floor)，(1sim j) 即为对(i)有贡献的行星，这一区间的答案应为$$f[i]=M_i*sum_{k=1}^jfrac{M_k}{i-k}$$
因为误差不超过(5\%)即可，在这种条件下答案的范围应该非常宽。于是可以将要求的区间分成(T)段，每一段的分母(i-k)近似用该区间中点的分母表示。即$$f[i]=sum_{t=1}^T(M_i *frac{sum_{k=x}^yM_k}{i-frac{x+y}{2}})$$
其中(x,y)为每段起点/终点。
复杂度大概是(O(a*n^2/T))？(T)这里取(150)了。
小于(T)的暴力计算，大于等于(T)的按上式近似计算。（或者(T)设得大一点，大于(T)的直接(O(1))计算。）
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,T=150;
int n,M[N];
LL sum[N];
double a;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int main()
{
n=read(),scanf("%lf",&a);
for(int i=1; i<=n; ++i) sum[i]=sum[i-1]+(M[i]=read());
double res,mid;
for(int p,i=1; i<=n; ++i)
{
p=int(a*i+1e-8);//一段区间的p会是相同的，也许可以少做乘法优化下常数。。//不 应该没什么用
res=0;
if(p<=T){
for(int j=1; j<=p; ++j)
res+=1.0*M[j]/(i-j);
}
else{
int lim=p/T*T;
for(int j=1; j<lim; j+=T)
res+=1.0*(sum[j+T]-sum[j-1])/(1.0*i-0.5*(j+j+T));
for(int j=lim+1; j<=p; ++j)
res+=1.0*M[j]/(i-j);
}
printf("%.6lf
",res*M[i]);
}
return 0;
}