联考20200526 T2 b

分析：
考虑最终所有水所在的区间，左右两边的土就挖成前缀最小值
假设区间是\([l,r]\)，第一步即可省略，只需要考虑区间内部的情况。可以发现，最小化挖掉的土的体积就是最大化水
的高度，而且显然如果确定了水的高度，那么挖掉这个高度以上的所有的土，就可以求出这个高度以下最多可以放多
少体积的水。如果水多了，说明水的高度还可以更高，否则说明水的高度必须降低。因此二分水的高度就可以确定最
终的水高度。
注意到对于一个\([l,r]\)，它的高度“分界”只有\((r-l+1)\)个，即为每个\(h\)。在相邻两个分界之间，答案随水位变化是一
个一次函数，可以直接除法。所以只需要对分界处进行二分。
发现从\([l,r]\)变成\([l,r+1]\)水位不会上升，所以使用扫描线进行这个过程，复杂度变成了\(O(n^2)\)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>

#define maxn 5005
#define INF 0x3f3f3f3f

using namespace std;

inline long long getint()
{
	long long num=0,flag=1;char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1;
	while(c>='0'&&c<='9')num=num*10+c-48,c=getchar();
	return num*flag;
}

int n;
int w[maxn],s[maxn],ml[maxn],mr[maxn],sl[maxn],sr[maxn],S[maxn];
int cnt[maxn];

int main()
{
	int T=getint();
	while(T--)
	{
		n=getint();
		for(int i=1;i<=n;i++)S[i]=S[i-1]+(s[i]=getint());
		s[0]=s[n+1]=INF;
		for(int i=1;i<=n;i++)w[0]+=w[i]=getint();
		int lpos,rpos;
		for(int i=1;i<=n;i++)if(w[i])
		{
			ml[lpos=i]=s[i];
			for(int j=i+1;j<=n+1;j++)ml[j]=min(ml[j-1],s[j]);
			for(int j=i+1;j<=n+1;j++)sl[j]=sl[j-1]-ml[j]+s[j];
			break;
		}
		for(int i=n;i;i--)if(w[i])
		{
			mr[rpos=i]=s[i];
			for(int j=i-1;~j;j--)mr[j]=min(mr[j+1],s[j]);
			for(int j=i-1;~j;j--)sr[j]=sr[j+1]-mr[j]+s[j];
			break;
		}
		double ans=1e18;
		for(int l=1;l<=n;l++)
		{
			memset(cnt,0,sizeof cnt);
			int h=1000,down=0,cw=0;
			for(int r=l;r<=n;r++)
			{
				if(s[r]<=h)
				{
					down+=h-s[r],cnt[s[r]]++,cw++;
					while(down>w[0])down-=cw-=cnt[h--];
				}
				double res=0;
				int lh=s[l-1],rh=s[r+1];
				if(lpos<l)res+=sl[l],lh=ml[l-1];
				if(rpos>r)res+=sr[r],rh=mr[r+1];
				double x=h+1.0*(w[0]-down)/cw;
				res+=(S[r]-S[l-1])-(r-l+1)*x+w[0];
				if(x>min(lh,rh))res+=(x-min(lh,rh))*(r-l+1);
				ans=min(ans,res);
			}
		}
		printf("%.5f\n",ans);
		memset(w,0,sizeof w);memset(ml,0,sizeof ml),memset(mr,0,sizeof mr),memset(sl,0,sizeof sl),memset(sr,0,sizeof sr);
	}
}