std 怎么根号的，来点 poly log 做法
首先直接二分答案，设当前二分的值为 \(K\)：
令 \(c_i\) 为有在 \(l\sim i\) 满足条件的时候最多有多少个 \(i\) 变成了 \(i+1\)，则有递推式
如果 \(c_{L-1}\sim c_R\) 有一个 \(<0\) 就不合法，否则合法。
观察递推式，上面的限制可以直接抽象成
对于所有 \(L-1\le l\le r\le R\) 均满足 \(\displaystyle (r-l)K\le \sum_{i=l}^r b_i+\sum_{i=l+1}^r a_i\)，也就是
区间的子区间维护不可加减信息看着非常蛋疼，直接对着右面的东西分治，拼合左右两边可以抽象成下面的问题：
给定 \(L,R\) 数组，检验下面的东西是否 \(\ge 0\)：
好消息是两边独立了，可以拿李超树维护两个东西的 \(\min\)，多组询问就是分治的时候对两边维护可持久化李超树，询问的时候直接二分 \(K\) 可以做到 \(\log^3\) 的时间复杂度
但是这个玩意因为复杂度太大死翘翘了，必须得去点 \(\log\)
分治的时候问 \(\log\) 次非常浪费，注意到除了一组询问外每组询问都是 \([l',r]\) 或者 \([l,r']\) 的形式，其中 \(l\) 和 \(r\) 是当前分治区间的左右端点，可以把这些玩意一口气预处理出来，每次就可以 \(O(1)\) 查了
这个东西的优点在于分治的一半区间是定的，只需要知道一个点对另一半区间的贡献就可以简单递推，假设当前要求 \(i\) 对右边区间的贡献：
\(L_i-Ki\) 和 \(R_j-Kj\) 是关于 \(K\) 的一次函数，求出这俩玩意的和 \(\ge 0\) 的最小 \(K\) 实际上要求对于所有 \(j\)，\(-L_i+Ki\) 和 \(R_j-Kj\) 的交点横坐标最小值，预处理出所有 \(R_j-Kj\) 的下凸壳后直接二分即可，复杂度降为 \(\log^2\) 可以轻松通过，效率是 std 的 \(\dfrac{1}{2}\) 左右
