【題意】
給你一個整數數列a1~an
找到一個實數x，使得a1-x,a2-x,…,an-x的weakness儘可能小
一個數列的weakness，是這個數列所有區間poorness的最大值
一個區間的poorness，是這個區間內所有元素和的絕對值

也就是我們想找到一個實數x，使得
a1-x,a2-x,…,an-x內的所有區間段中(C(n,2)+C(n,1)個)，
最大的元素的和絕對值儘可能小。

【型別】
三分+字首和

【分析】
使得最大值儘可能小，感覺就是二分（三分）。

第一個問題——
x的改變，答案是否會產生單調性的變化？
首先，所有數都是在-10000~10000之間的，
如果x比-10000還小，x越小肯定答案越糟糕
同理，如果x比10000還大，那麼x越大，答案也會越糟糕。
那，如果x在[min(a[i]),max(a[i])]區間範圍內呢？

和詩詩討論了40分鐘，終於討論出來了，好開心O(∩_∩)O~

我們定義橫座標為x，縱座標為區間內所有數-x之後和的絕對值
於是，對於一個長度為n區間而言，設初始和為sum，在這個座標系上，函式為abs(sum-nx)
就是一條斜率是±n的折線，對於這個折線，我們是可以三分求最低值的。

而現在有多個區間，我們可以把它們都畫在這個座標圖上，
這裡其實有一個結論——多個開口方向相同的二次曲線，我們取max值，得到的函式曲線（也就是這道題關於x的答案曲線），雖然是多段，但依然具有三分性
（對於這道題的模型和座標系，也必定滿足先遞減後遞增）

於是可以三分！

第二個問題——
在x為某個值的情況下，我們怎麼求元素的和絕對值最大的那個的區間段的元素和的絕對值？

對於區間最值，
要不我們可以通過資料結構維護，要不就通過字首和。
資料結構？因為有絕對值，所以感覺不會寫。
字首和？但是這道題有字首和的加減法性質麼？

我們發現——
如果先對每個點求完絕對值，那就沒有加減法性質了，因為我們不知道是相加關係還是相消關係。
然而只是數值而言的話，是滿足字首和性質。於是我們可以維護一個字首和，不涉及到絕對值。
連續區間段的和就是兩個字首和相減。

所以說我們只要記錄在這個字首和之前，最大的字首和還有最小的字首和。
然後就能對應出最大的差值，得到最大的區間和的絕對值。
這樣是可以在O(n)的時間複雜度更新出的。

【時間複雜度&&優化】
O(nlog(20000))
這題還有考慮上凸包或下凸包的O(n)解法，然而我並不會QwQ

【trick】
為了控制精度誤差，不用eps，而用迴圈次數永遠都是不錯的選擇。

【資料】
Input
3 1 2
1 1 1
Output
3

Input
4 2 3
1 2 4 8
Output
79

【程式碼】

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<queue>
#include<functional>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<time.h>
#include<bitset>
void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}
#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T> inline void gmax(T &a,T b){if(b>a)a=b;}
template <class T> inline void gmin(T &a,T b){if(b<a)a=b;}
using namespace std;
const int N=2e5+10,M=0,Z=1e9+7,maxint=2147483647,ms31=522133279,ms63=1061109567,ms127=2139062143;const double eps=1e-8,PI=acos(-1.0);//.0
map<int,int>mop;
struct A{};
int n;
double a[N],b[N];
double cnt(double x)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i]-x;
    double minv=0;//積累字首和的最小值
    double maxv=0;//積累字首和的最大值
    double sum=0;//積累字首和
    double tmp=0;//利用前三項，積累得到最大區間差值
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        sum+=b[i];
        gmax(tmp,sum-minv);
        gmax(tmp,maxv-sum);
        gmax(maxv,sum);
        gmin(minv,sum);
    }
    return tmp;
}
int main()
{
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf",&a[i]);
        double l=-10000;
        double r=10000;
        double ans=1e18;
        for(int tim=1;tim<=100;tim++)
        {
            double lm=(l+l+r)/3;
            double tmpl=cnt(lm);
            double rm=(l+r+r)/3;
            double tmpr=cnt(rm);
            if(tmpl<=tmpr)r=rm;
            else l=lm;
        }
        printf("%.12f\n",cnt(l));
    }
    return 0;
}