又又又又又又又被踩爆了

首先容易写出这样的期望方程：f(1)=max(d(1),f(2)/2)，f(n)=max(d(n),f(n-1)/2), f(i)=max(d(i),(f(i-1)+f(i+1))/2)，d是直接下来的收益

令S(i)等于后面那一个东西，那么f(i)=max(d(i),S(i))

套了max很难直接求，但是S(i)和d(i)一定是定值，那些由S贡献的点实际上就是被它左右两边各一个点的d贡献的，更确切的，假如把那些点是由d贡献找出来，那些由S贡献的点实际上就是被它左右两边第一个被d贡献的点贡献的

这样一来假设这两个点为L,R，则f(i)=x到L的概率*d(L)+x到R的概率*d(R)

 

考虑这样的一个子问题：数轴上0~n长度为n一段中，求由x走到n的概率

设g(i)表示i走到n的概率，则g(0)=0,g(n)=1,g(i)=(g(i-1)+g(i+1))/2，明显这个是个等差数列啊！

那么公差就是1/n，x走到n的概率就是x/n

x走到0，同理g(0)=1,g(n)=0,公差为-1/n，概率就是n-x/n

 

所以f(i)=((R-x)*d(L)+(x-L)*d(R))/(R-L)

 

现在问题就在于如何找到那些由d贡献的点了，我们在平面直角坐标系中把(i,d(i))标出来，则这些点就是凸包上的点

why？看图，如果我们要判断x是不是靠d贡献

如图，((R-x)*d(L)+(x-L)*d(R))就是两个矩形的面积，容易发现两个圈画出来的面积是相等的，画出来的一段就是由L和R贡献出的S(x)，它就在L和R的直线上，是这条直线的自变量取x时的贡献！也就是说，这个点在直线下方，就意味着S(x)>d(x)，说明取d不如由L和R贡献。

完结撒花~~~

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           using namespace std;typedef long long LL;const int _=1e2;const int maxn=1e5+_;struct point{ int x,y;}p[maxn];LL multi(point p1,point p2,point p0){ LL x1,y1,x2,y2; x1=p1.x-p0.x; y1=p1.y-p0.y; x2=p2.x-p0.x; y2=p2.y-p0.y; return x1*y2-x2*y1;}int top,sta[maxn];int main(){ freopen("a.in","r",stdin); freopen("a.out","w",stdout); int n; scanf("%d",&n); sta[++top]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { p[i].x=i,scanf("%d",&p[i].y); while(top>1&&multi(p[sta[top]],p[i],p[sta[top-1]])>=0)top--; sta[++top]=i; } p[n+1].x=n+1; while(top>1&&multi(p[sta[top]],p[n+1],p[sta[top-1]])>=0)top--; sta[++top]=n+1; int L=1,R=1; for(int i=1;i<=n;i++) { while(L
           
            <=p[i].x)L++; if(p[sta[L]].x==p[i].x) printf("%lld\n",LL(p[i].y)*100000LL); else { while(R
            
             <=p[i].x)R++; double d=(double(sta[R]-i)*double(p[sta[L]].y))/double(sta[R]-sta[L]) + (double(i-sta[L])*double(p[sta[R]].y))/double(sta[R]-sta[L]); d*=100000; if(fabs(d-ceil(d))<=1e-8)d+=1e-8; printf("%.0lf\n",floor(d)); } } return 0;}