考虑删砝码的过程，若无论删 $[l,r]$ 哪边都不行，一定是 $[l,r-1]$ 和 $[l+1,r]$ 重心不在区间上。

故有解的充要条件为对于每一个 $i\in [1,n]$，都存在一个长度为 $i$ 的区间，其重心在答案区间上。必要性是显然的，充分性的话如果 $i,i-1$ 两个长度都有合法的区间，$i-1$ 的区间中必有长度为 $i$ 的子区间，因为如果不是将其移动到 $i$ 子区间内必然更居中于答案区间。

一种暴力的方法是将所有长度的区间抠出来，枚举重心最小值，记录重心最大值，然后就有 $O(n^2\log n)$ 的做法。

设 $[1,n]$ 区间的重心为 $mid$，无论是猜测还是观察都能想到我们会选重心更接近 $mid$ 的区间。而这里的接近是 $\le mid$ 中最大的以及 $\ge mid$ 中最小的。

证明大概是这样，如图红色为重心，假设我们向右选了第三条远离重心的我们如过回头向左，那么白白使右端点 $\max$ 增加，如果继续向右那就答案左端点不变，右端点还在增加。不如直接选第四条重心靠近 $mid$ 的区间。

这样有用的区间被控在了 $O(n)$ 范围内。复杂度 $O(n\log n)$。

笔者实现较为简单粗暴，直接 $n$ 个队列和一个优先队列，实际会有较大常数。

#include <bits/stdc++.h>
#define dbz double
#define pii pair<int, int>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 3;
int n;
dbz a[N], s[N], mx, ans = 1e18;
int L[N], R[N];
queue<dbz> q[N];
priority_queue<pair<dbz, int>> Q;
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i], s[i] = s[i - 1] + a[i];
    dbz mid = 1.0 * s[n] / n;
    L[n] = 1, R[n] = n;
    q[n].push(mid);
    Q.push(make_pair(-mid, n));
    mx = max(mx, mid);
    for (int i = n - 1; i >= 1; --i) {
        R[i] = n;
        for (int l = L[i + 1], r = l + i - 1; r <= R[i + 1]; ++l, ++r) {
            q[i].push(1.0 * (s[r] - s[l - 1]) / i);
            if (1.0 * (s[r] - s[l - 1]) / i <= mid)
                L[i] = max(L[i], l);
            else
                R[i] = min(R[i], r);
        }
        Q.push(make_pair(-q[i].front(), i));
        mx = max(mx, q[i].front());
    }
    while (1) {
        int u = Q.top().second;
        ans = min(ans, mx + Q.top().first);
        q[u].pop(), Q.pop();
        if (q[u].empty())
            break;
        mx = max(mx, q[u].front());
        Q.push(make_pair(-q[u].front(), u));
    }
    cout << fixed << setprecision(10) << ans << '\n';
    return 0;
}

首先有 $mid=\dfrac{\sum_{i=1}^na_i}n$ 必定被包含。

对于每个 $i$，我们找到操作 $i$ 次后重心位置 $\le mid$ 且最大的区间，设其重心为 $L_i$，以及重心位置 $\ge mid$ 且最小的区间，设其重心为 $R_i$。

我们大胆猜测题目相当于对每个 $i$ 选择 $c_i=L_i$ 或 $c_i=R_i$，然后最小化序列 $c$ 的极差，证明如下：

假设 $L_i$ 对应的区间为 $[l,r-1]$，$R_i$ 对应的区间为 $[l+1,r]$，那么容易发现 $[l+1,r-1]$ 必定是 $L_{i+1}$ 或 $R_{i+1}$，假设它是 $L_{i+1}$，$R_{i+1}$ 的情况是同理的：

• 假设我们选择了 $c_i=L_i$ 且 $c_{i+1}=L_{i+1}$，那么我们显然可以从 $[l,r-1]$ 走到 $[l+1,r-1]$。
• 假设我们选择了 $c_i=L_i$ 且 $c_{i+1}=R_{i+1}$，那么由于 $L_i<L_{i+1}$，故我们显然可以把 $c_i$ 调整成 $L_{i+1}$ 而不会使答案更劣。
• 假设我们选择了 $c_i=R_i$ 且 $c_{i+1}=R_{i+1}$，则我们显然可以从 $[l+1,r]$ 走到 $[l+2,r]$。
• 假设我们选择了 $c_i=R_i$ 且 $c_{i+1}=L_{i+1}$，则我们显然可以从 $[l+1,r]$ 走到 $[l+1,r-1]$。

因此我们只需将所有 $[L_i,R_i]$ 排序，然后从小到大枚举 $c$ 序列的最小值，维护 $c$ 序列的最大值即可，时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。