分析

先考慮如果沒有 \(L\) 和 \(R\) 的長度限制，我們發現最優解中對於區間 \(l\sim r\)，\(A_l\) 和 \(A_r\) 應該分別為 \(A_l,A_{l+1},\cdots,A_r\) 中的最大值和最小值。

考慮加上 \(L\) 和 \(R\) 的長度限制，若原來的區間為 \(l\sim r\)，則會分如下 3 種情況進行討論：

1. 如果 \(r-l+1< L\)，那麼我們可以考慮把它的長度補成 \(L\)。

2. 如果 \(L\le r-l+1\le R\)，那麼這直接可以作為答案。

3. 如果 \(R<r-l+1\)，那麼它壞了。

綜上所述，只有情況 \(1,2\)

是需要考慮的。

對於第一種情況

區間長度固定為 \(L\)，分 \(A_r\) 為最大值和最小值跑一下單調佇列就好了。

對於第二中情況

我們再回來看那個式子，發現是個分數規劃，非常常規地轉換成判斷性問題：

\[\begin{aligned} \frac{M(l,r)-m(l,r)}{r-l+K}&\ge mid\\ M(l,r)-m(l,r)&\ge mid\times(r-l+K)\\ M(l,r)-m(l,r)-mid\times r+mid\times l&\ge mid\times K \end{aligned} \]

不妨另 \(A_r\) 為區間 \(l\sim r\)

的最大值，\(A_l\) 為區間 \(l\sim r\) 的最小值。

\[\begin{aligned} A_r-A_l-mid\times r+mid\times l&\ge mid\times K\\ (A_r-mid\times r)-(A_l-mid\times l)&\ge mid\times K \end{aligned} \]

用單調佇列實現一下就可以了。

\(A_r\) 為區間 \(l\sim r\) 的最小值，\(A_l\) 為區間 \(l\sim r\) 的最大值同理。

實現細節

就是極為有用的小 trick——弱化最大值，最小值。

你會發現用上述方法實現非常困難，因為你要強制取最大或取最小。

但是稍作思考，你會發現，如果不取最大值最小值答案一定不會更優，所以寫程式碼的時候完全不需要考慮。

#include<bits/stdc++.h>
#define log(a) cerr<<"\033[32m[DEBUG] "<<#a<<'='<<(a)<<" @ line "<<__LINE__<<"\033[0m"<<endl
#define LL long long
#define SZ(x) ((int)x.size()-1)
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define DF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
using namespace std;
inline int read(){char ch=getchar(); int w=1,c=0;
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') w=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) c=(c<<1)+(c<<3)+(ch^48);
	return w*c;
}
const int N=5e4+10;
const double eps=1e-6;
int a[N],n,k,L,R,q[N],s,t;
double b[N],c[N];
inline double situation1(){
	double ans=0;
	s=1,t=0;
	F(i,1,n){
		while(s<=t&&i-q[s]>=L)s++;
		if(s<=t)ans=max(ans,(a[i]-a[q[s]])/((double)(L+k-1)));
		while(s<=t&&a[q[t]]>a[i])t--;
		q[++t]=i;
	}
	s=1,t=0;
	F(i,1,n){
		while(s<=t&&i-q[s]>=L)s++;
		if(s<=t)ans=max(ans,(a[q[s]]-a[i])/((double)(L+k-1)));
		while(s<=t&&a[q[t]]<a[i])t--;
		q[++t]=i;
	}return ans;
}
inline bool check(double x){
	F(i,1,n)b[i]=a[i]-x*i,c[i]=a[i]+x*i;
	s=1,t=0;
	F(i,1,n){
		while(s<=t&&i-q[s]+1>R)s++;
		if(s<=t&&b[i]-b[q[s]]>=x*k)return true;
		if(i>=L){
			while(s<=t&&b[q[t]]>b[i-L+1])t--;
			q[++t]=i-L+1;
		}
	}
	s=1,t=0;
	F(i,1,n){
		while(s<=t&&i-q[s]+1>R)s++;
		if(s<=t&&c[q[s]]-c[i]>=x*k)return true;
		if(i>=L){
			while(s<=t&&c[q[t]]<c[i-L+1])t--;
			q[++t]=i-L+1;
		}
	}
	return false;
}
inline double situation2(){
	double l=0,r=10001;
	while(l+eps<r){
		double mid=(l+r)/2.0;
		if(check(mid))l=mid;
		else r=mid;
	}return l;
}
signed main(){
	int _=read();
	while(_--){
		n=read(),k=read(),L=read(),R=read();
		F(i,1,n)a[i]=read();
		cout<<fixed<<setprecision(4)<<max(situation1(),situation2())<<endl;
	}
	return 0;
}