简单来说，这道题就是这样滴：
在数组 a 中确定一个左端点 l 和一个右端点 r。
记录 $sum$ 为 $a_l$​ 到 $a_r$​ 的和。
如果 $sum$ 大于一个神奇的式子，那么就算出 $r−l+1$ 的值，最后输出最大值就行了。
$a_l$​ 到 $a_r$​ 的和可以使用前缀和解决，时间复杂度 $O(n^2 )$。
然后我就写出了下面一份代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long p[300005],sum[300005],a,b,c,n,maxx = -1;//开long long是好习惯,虽然我不知道不开行不行
int main(){
	cin >> n >> a >> b >> c;
	for(long long i = 1;i <= n;i++){
		cin >> p[i];
		sum[i] = sum[i-1] + p[i];//前缀和,sum[i]存储的是p[1] ~ p[i]的和
	}
	for(long long l = 1;l <= n;l++){
		for(long long r = l;r <= n;r++){
			if(sum[r] - sum[l-1] > a * (b * r - c * l)){//sum[r] - sum[l-1]代表了p[l] ~ p[r]的和
				maxx = max(maxx,r-l+1);//满足式子就求最大值呗
			}
		}
	}
	cout << maxx;
	return 0;
}

然后成功的 TLE 了，只拿到了 60 分。
为什么呢？题目中的 n 达到了 $3×10^5$ ，所以说 $O(n^2 )$ 是肯定 AC 不了滴！
我们需要把时间复杂度压缩到近似于 $O(nlogn)$。 让我们分析一下题目，已知我们求的是 $r−l+1$ 的最大值，所以 r 和 l 的差值一定要尽量的大，而这个奇奇怪怪的式子又告诉我们，如果 r 和 l 的差值越大，条件就越难满足，如果不能满足，就是差值太大了。
所以说，一个名叫二分的东东就很有用了。
建立一个数组 f，TA 存储的是左端点耗费的权值。

$f_i​ =min(f_{i−1}​ ,sum_{i−1}​ −a×c×i)$
其中 sum 是前缀和数组。
为肾木呢？
序列中的第 l 至 r 项之和大于 $a×(b×r−c×l)$。 也就是说序列中的第 1 至 r 项之和减去序列中的第 1 至 l−1 项之和大于 $a×b×r−a×c×l$。
所以 $sum_r​ −sum_{l−1}​ −a×b×r+a×c×l$ 大于 0。
所以 $sum_r​ −a×b×r$ 大于 $sum_{l−1}​ −a×c×l$。
其中右端点的部分就是 $sum_r​ −a×b×r$。 左端点的部分是 $sum_{l−1}​ −a×c×l$。
如果 $f_i​$ 比 $f_{i−1}$ 还要大，那肯定取 $f_{i−1}​$ 啊， $r−l+1$ 足足能大 1 啊！
接下来，用 i 枚举 1∼n，表示 1∼i 中的最大值就行了。