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本文參考了yyb大神的題解，並且加入了一些自己的看法
三個性質都可以和暴力拍上，所以應該是正確的
性質1：一定存在最優解每天不高興的概率是單調不增的
看著比較顯然
證明也比較容易，首先按不高興概率單調不增把每個專案排序，說人話就是令\(a_i\ge a_\)
根據期望線性性，當前期望為\(e=\sum\limits_^n(1-a_)a_i\)
考慮類似貪心的臨項交換法，假設兩數在原數列位置是\(i,j\)，且\(i，交換，令原式與交換後式子做差
\[\delta=(1-a_)a_i+(1-a_i)a_+(1-a_)a_j+(1-a_j)a_\\
-(1-a_)a_j-(1-a_j)a_-(1-a_)-(1-a_i)a_\\
\]化簡式子
\[=(a_i-a_j)(a_-a_)+(a_-a_)(a_j-a_i)\\
=(a_i-a_j)(a_+a_-a_-a_)
\]因為有\(a_>a_i>a_>a_>a_j>a_\)
所以有\(\delta<0\)，所以序列單調不增期望最小
性質2：選擇的一定是排序後的一段字首和一段字尾
不妨設\(i表示四個專案，它們不高興概率為\(a>b>c>d\)
假設我們選擇的原情況是選了\([1,i],j,[l,n]\)，期望是\((1-a)b+(1-b)d\)
新情況是選了\([1,i],k,[l,n]\)，期望是\((1-a)c+(1-c)d\)
新情況優於原情況時，滿足\((1-a)b+(1-b)d>(1-a)c+(1-c)d\)
解得\(a+d>1\)，也就是說，中間點會靠到字尾上，反之靠到字首上
綜上，字首和字尾中間不會有點被選中
先用這兩個性質做，我們可以預處理字首和字尾最大貢獻，列舉字首端點，對於所有字尾而言，找乙個最大的貢獻即可，這樣可以做\(1e6\)，但是做不了\(1e9\)
性質3：每個東西要麼選乙個，要麼全選，除了這兩種情況的其它情況最多隻出現一次
首先沒選完整的最多隻可能有兩塊，字首的最後和字尾的最前
考慮字尾最靠前的一段多出來了若干個，把乙個 字尾的多餘 給 字首最後乙個，期望值減少量是\(\delta\)，更優，我們不斷減少字尾，直到字尾第乙個塊只剩乙個點，再次削減肯定代價不再是\(\delta\)，所以不能轉移了
(根據上面式子可以比較容易得出)
#include using namespace std;
typedef long long lng;
typedef long double ldb;
struct data ;
inline data(int a, ldb b)
: cnt(a), val(b) {};
inline void read()
} a[150000], b[350000];
inline bool operator < (const data &a, const data &b)
int n, m, cas, tot;
inline ldb calc()
rem = m, sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
return ret = min(ret, sum);
}signed main()
sort(a + 1, a + n + 1);
tot = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
} b[0].val = 1, b[(n = tot) + 1].val = 0;
ldb ans = calc();
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (i < n + 1 - i)swap(b[i], b[n + 1 - i]);
for (int i = 1; i <= n; ++i)b[i].val = 1 - b[i].val;
ans = min(ans, calc());
printf("%.6lf\n", (double)fabs(ans));
}}
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