最大值：如果 $v_i$ 就是 hi，而且 hi 只出现一次，那么去掉它之后，
剩下的最大值降为次大值 ordered[-2]；只要 hi 出现两次以上，
去掉一个之后最大值仍然是 hi。
最小值：同理， $v_i$ 是唯一的最小值时最小值升为 ordered[1]，
否则仍是 lo。

于是每个 $i$ 只需要常数次比较和四则运算。

最后合并两个指标：

\text{ans}_i=\frac{(S_a-a_i-M_a-m_a)+(S_b-b_i-M_b-m_b)}{2(n-3)}

值得一提的是分子是两个整数之和，只在最后做一次除法，浮点误差最小。

完整代码实现

import sys


def residual_sums(vals):
    """返回数组 res：res[i] 表示去掉第 i 个数、以及剩下那些数里的最大值和最小值之后的元素和

    n >= 4，所以去掉一个数后还剩至少 3 个，最大值和最小值总是两个不同的位置。
    """
    n = len(vals)
    total = sum(vals)
    ordered = sorted(vals)
    lo, hi = ordered[0], ordered[-1]

    # 全局最小 / 最大值各出现了多少次
    cnt_lo = 0
    while cnt_lo < n and ordered[cnt_lo] == lo:
        cnt_lo += 1
    cnt_hi = 0
    while cnt_hi < n and ordered[n - 1 - cnt_hi] == hi:
        cnt_hi += 1

    res = [0] * n
    for i, v in enumerate(vals):
        # 去掉 v 之后，剩下的数里的最大值 / 最小值
        mx = ordered[-2] if (v == hi and cnt_hi == 1) else hi
        mn = ordered[1] if (v == lo and cnt_lo == 1) else lo
        res[i] = total - v - mx - mn
    return res


def fmt(x):
    """把浮点数输出成不带多余尾零的写法（2.5 / 2 / 1.5）"""
    s = "%.12f" % x
    if "." in s:
        s = s.rstrip("0").rstrip(".")
    return s


def solve():
    """主求解函数：对每个评委算出「去掉他之后」的两个指标平均值，再取平均"""
    data = sys.stdin.buffer.read().split()
    if not data:
        return
    n = int(data[0])
    appearance = [0] * n
    performance = [0] * n
    p = 1
    for i in range(n):
        appearance[i] = int(data[p])
        performance[i] = int(data[p + 1])
        p += 2

    rest_a = residual_sums(appearance)
    rest_b = residual_sums(performance)

    # 每个指标剩下 n-3 个数，两个指标再取平均 -> 除以 2*(n-3)
    denom = 2 * (n - 3)
    out = [fmt((rest_a[i] + rest_b[i]) / denom) for i in range(n)]
    sys.stdout.write("\n".join(out) + "\n")


if __name__ == "__main__":
    solve()

示例推演

样例数据： $n=4$ ，四个评委的分数是 $(1,1),(2,3),(3,2),(4,1)$ 。

逐个评委失去资格：

失去资格的评委	剩下的外观分	去极值后	剩下的性能分	去极值后	最终得分
1 号	2, 3, 4	3	3, 2, 1	2	$(3+2)/2=2.5$
2 号	1, 3, 4	3	1, 2, 1	1	$(3+1)/2=2$
3 号	1, 2, 4	2	1, 3, 1	1	$(2+1)/2=1.5$
4 号	1, 2, 3	2	1, 3, 2	2	$(2+2)/2=2$

对应输出：

再用「 $O(1)$ 求极值」的写法核对一次 1 号评委的情况：

外观分 $S_a=1+2+3+4=10$ ，全局最大值 4（只出现一次）、全局最小值 1（只出现一次）。
去掉 1 号评委的 1 之后，最小值升为次小值 2，最大值仍是 4，
所以剩下的和是 $10-1-4-2=3$ ，除以 $n-3=1$ 得 3。
性能分 $S_b=1+3+2+1=7$ ，全局最大值 3（唯一），全局最小值 1（出现了两次）。
去掉 1 号评委的 1 之后，最小值仍是 1（4 号评委也是 1），最大值仍是 3，
剩下的和是 $7-1-3-1=2$ ，得 2。

两者平均正好是 2.5，与表格一致。

复杂度分析

解法	时间复杂度	空间复杂度	说明
暴力：每个 $i$ 重新排序	$O(n^2\log n)$	$O(n)$	$n=10^5$ 时超时
排序 + $O(1)$ 查询	$O(n\log n)$	$O(n)$	推荐，瓶颈只在一次排序

易错点总结

1. 「去掉最高最低」是对每个指标分别做的

外观分去掉的是外观分的最高最低，性能分去掉的是性能分的最高最低。
它们可能来自不同的评委，不要「去掉同一个评委的两个分数」。

2. 去掉第 $i$ 个之后，极值可能会变

这是最容易漏的一处： $v_i$ 恰好是唯一的最大值时，最大值要退到次大值；
但只要有重复的最大值，去掉一个之后最大值不变。
判断依据是「值是否等于极值」 + 「极值的出现次数是否为 1」。

3. 分母是 $n-3$ ，不是 $n-2$ 或 $n-1$

去掉 1 个评委后剩 $n-1$ 个分数，再去掉最高、最低两个，剩 $n-3$ 个。
两个指标再取平均，总分母是 $2(n-3)$ 。

4. 分子先加再除，别写两次除法

$(S_a')/(n-3)$ 和 $(S_b')/(n-3)$ 分别算好再加，会多一次舍入；
先算 $S_a'+S_b'$ 这个整数，最后除一次 $2(n-3)$ 精度更好。

5. 求和会超过 32 位整型

$n\le 10^5$ 、 $a_i\le 10^9$ ，总和可达 $10^{14}$ ，超过 int 的范围。
Python 的整数不溢出，但用 C++ 写时要用 long long。

扩展思考

如果规则改成「去掉 $k$ 个最高分和 $k$ 个最低分」，排序后用前缀和，
同样可以在 $O(1)$ 时间里算出每个 $i$ 的答案。
如果两个指标不是「各自去极值」而是「按总分去极值」，那 $a_i$ 与 $b_i$ 就绑在一起了，
需要按 $a_i+b_i$ 排序，处理方式会不一样。
这类「删掉一个元素后统计量如何变化」的题目有一个共同套路：
先把与删除无关的部分预处理成 $O(1)$ 可查的表（总和、次大值、次小值），
再枚举被删除的元素。