题目大意:

有一个水库,容量为$L$,一开始是空的。有$n$天。

对于第i天,每天早上有$v_i$单位的,水温为$t_i$的水流进来。每天晚上你可以放掉一些水,多少自定。但是必须保证第二天水库不会溢出。

现在问,对于每个$i$,在使用最优放水策略的情况下,第$i$天水库是满的情况下最高水温($i$之间互相独立)。混合后的温度计算就和混合溶液浓度一样计算。 
数据范围:$n≤10^5$,其它数$≤10^9$

由于这$n$天之间的方案是两两独立的,故在第$p$天之前,给第$p$天灌水的过程中,水库可不比灌满。

题目要求要在第$p$天注满整个水库,那么水库中显然会储有第$p$天前某些天注入的水。

我们不妨用一个关于水温的单调递增队列,存储下前$p$天的注水信息,这些水的体积恰好为$L$。

当第$p$天的水被注入前,我们要提前放掉一些水,显然我们要放掉最早加入,且水温最低的那批水(位于队头),删除方法详见代码。

对于第$p$天的注水$(V_p,T_p)$我们比较队尾的注水信息$(V_tail,T_tail)$,若存在$V_p>V_tail$那么我们直接将第$p$天的注水信息放到队列尾即可。

否则,我们就将第$p$天的注水与队尾的注水进行混合,用混合后的注水信息更新队尾,更新方法详见代码。

更新完毕后,$\frac{\sum_{i=head}^{tail} V_i}{L}$即为答案。

不难发现,每次注水的信息最多往单调队列中塞入一次,删除也是最多一次,故时间复杂度是$O(n)$。

 #include<bits/stdc++.h>
#define M 500005
using namespace std;
struct node{double t,v;}q[M]={},p;
int head=,tail=;
int main(){
double l=,ll=,now=;
int n; scanf("%d",&n);
scanf("%lf",&ll); l=ll;
while(n--){
scanf("%lf%lf",&p.t,&p.v);
while(p.v>l){
if(q[head].v+l<=p.v)
now-=q[head].v*q[head].t,l+=q[head++].v;
else{
double x=p.v-l;
now-=x*q[head].t;
l+=x;
q[head].v-=x;
}
}
l-=p.v; now+=p.v*p.t; q[++tail]=p;
while(head<tail&&q[tail-].t>=q[tail].t){
q[tail-].t=(q[tail-].t*q[tail-].v+q[tail].t*q[tail].v)/(q[tail-].v+q[tail].v);
q[tail-].v+=q[tail].v;
tail--;
}
printf("%.10lf\n",now/ll);
}
}

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