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原本想了一个 (nlog^2)的做法 然后由于线段树常数过大 T到30.
以为这道题卡(log^2)没想到真的有神仙写(log^2)的过了 是我常数大了 抱歉。
能过的(log^2)的做法是看到了一个 决策单调性优化的dp 证明我不会。
不过由此得到的启示是 一些类似或者就是dp的题目 要多往决策单调性上想 大胆猜想 不管证明。
线段树的做法是二分之后 也是维护dp的决策最优性。发现换set很难更换 所以放弃治疗。
正解是一个log的做法：
考虑 M(i,j) 和 m(i,j) 之间的距离关系 容易发现两种 i-j<=L-2 i-j>=L-1.
前者 可以发现 区间大小永远为L 后者 可以发现i和j是区间的两端。
分类讨论 对于第一种情况 可以发现直接找到这样的l和r 然后由于区间大小固定 所以直接计算即可。
考虑后者 一个r可能存在很多的l 先二分一个mid.
可以得到 (M(i,j)-m(i,j)-icdot mid+jcdot mid>=kcdot mid)
考虑到最优解的l和r之间的距离是>=L-1的 且分属两端 那么强制认为 i为最大值 j为最小值 对于每个i找到一个j即可。
这样的好处是 可以发现一定可以扫到那个最优解 且 如果是j不是最小值 或者i不是最大值 那么刚才那个值只会更小不会更大.
至此两种情况讨论清楚了 所以复杂度为nlogn.注意精度要高一点不然会wa.
//#include<bitsstdc++.h>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 1000000000
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define get(x) x=read()
#define gt(x) scanf("%d",&x)
#define gi(x) scanf("%lf",&x)
#define put(x) printf("%d
",x)
#define putl(x) printf("%lld
",x)
#define gc(a) scanf("%s",a+1)
#define rep(p,n,i) for(RE int i=p;i<=n;++i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define fep(n,p,i) for(RE int i=n;i>=p;--i)
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define RE register
#define P 1000000007
#define F first
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define ull unsigned long long
#define ui unsigned
#define EPS 1e-7
#define sq sqrt
#define mod 998244353
#define l(p) t[p].l
#define r(p) t[p].r
#define sum(p) t[p].sum
#define tag(p) t[p].tag
#define zz p<<1
#define yy p<<1|1
using namespace std;
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc()
{
return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
RE int x=0,f=1;RE char ch=getc();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();}
return x*f;
}
const int MAXN=50010;
int T,cnt,cnt1;
int n,k,L,R,maxx,l,r;
int a[MAXN],Log[MAXN];
int f[MAXN][20],q[MAXN];
inline int cmp(int x,int y){return a[x]>a[y]?x:y;}
inline int ask(int l,int r)
{
int z=Log[r-l+1];
return cmp(f[l][z],f[r-(1<<z)+1][z]);
}
inline int check(db mid)
{
l=1;r=0;
rep(L,n,i)
{
while(l<=r&&i-q[l]>=R)++l;
while(l<=r&&(i-L+1)*mid-a[i-L+1]>=q[r]*mid-a[q[r]])--r;
q[++r]=i-L+1;
if(a[i]-i*mid-a[q[l]]+q[l]*mid>=k*mid)return 1;
}
l=1;r=0;
rep(L,n,i)
{
while(l<=r&&i-q[l]>=R)++l;
while(l<=r&&a[i-L+1]+(i-L+1)*mid>=a[q[r]]+q[r]*mid)--r;
q[++r]=i-L+1;
if(a[q[l]]+q[l]*mid-a[i]-i*mid>=k*mid)return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
get(T);
rep(2,50000,i)Log[i]=Log[i>>1]+1;
while(T--)
{
cnt=cnt1=maxx=0;
get(n);get(k);get(L);get(R);
rep(1,n,i)get(a[i]),f[i][0]=i;
rep(1,Log[n],j)
rep(1,n-(1<<j)+1,i)f[i][j]=cmp(f[i][j-1],f[i+(1<<(j-1))][j-1]);
db ans=0;l=1;r=0;
rep(1,n,i)
{
while(l<=r&&a[i]<=a[q[r]])--r;
while(l<=r&&i-q[l]>=L-1)++l;
q[++r]=i;
if(i>=L-1)ans=max(ans,(a[ask(i-L+2,i)]-a[q[l]])*1.0/(L-1+k));
}
db wl=0,wr=1000;
while(wl+EPS<wr)
{
db mid=(wl+wr)/2;
if(check(mid))wl=mid;
else wr=mid;
}
ans=max(ans,wl);
printf("%.4lf
",ans);
}
return 0;
}