《遇到困难睡大觉》
遇到困难睡大觉。（下面这张图是来指自己的）
首先整体把握一下，\(\min, \max\) 两个量如果都没有限制就很难做，于是考虑固定其中一个，显然是对称的不妨固定 \(\min\).
朴素的想法是，枚举 \(i, p_i\) 钦定 \(\min \ge a_i + p_ik = x\)，此时对于每个 \(i\) 相当于限制 \(p_i \ge \lceil \frac{x - a_i}{k} \rceil = l_i\)，也就是能选的位置为一段后缀。
此时的目的是让最大值尽可能小，整体把握比较难从特殊的地方开始做起，在这里从 \(l_i\) 最小的元素开始考虑起：先考虑 \(l_i = 1\) 的元素，选择任意一个留下均不影响合法性，于是显然将 \(b_i\) 最大的留下，然后递归此过程。
上述过程显然可以使用堆维护，于是此时我们已经得到了一个 \(\mathcal{O}(n ^ 3 \log n)\) 的做法了，但这是远远不够的。
注意到钦定的最小值有 \(\mathcal{O}(n ^ 2)\) 个，因此这里最可能可以改进，不妨打个表看看那些枚举是不必要的。
容易观察到，对于固定的 \(i\) 在钦定的 \(\min \ge a_i + p_ik\) 存在至少一组合法方案时随 \(p_i\) 增大答案不降，于是只需找到最大的合法的 \(p_i\)，复杂度降至 \(\mathcal{O}(n ^ 2 \log n)\)，但这是为什么？
重新审视一下我们本质上在做什么：当枚举的 \(p_i\) 增大 \(1\)，\(x\) 增大 \(k\)，每个位置的限制 \(l_i\) 增大 \(1\)，这启发我们可以这样看待问题：有 \(n\) 个元素，每个元素需要在 \([l_i, +\infty)\) 上选择一个整点，每个元素选择的整点不同，同时额外限定整点只能选择在 \([1, n]\) 当中，每次 \(p_i\) 增大所有元素可选区间整体右移一个单位。
这样每次有 \(n\) 个区间都动比较难分析，但由于是整体移动，因此我们可以 固定 \(l_i\) 移动 “\([1, n]\)” 这个区间，不妨记移动后为 \([t, t + n - 1]\) 此时枚举的最小值就变为 \(a_i - (t - 1)k\)，但最大值就是 \(p_i\) 取在 \([t, t + n - 1]\) 内的位置再减去 \((t - 1)k\)（也就是相对位置）。
这样 \((t - 1)k\) 这部分就可以抵消，最小值可以视作为恒定的 \(a_i\)，最大值就可以视作 \(p_i\) 取在 \([t, t + n - 1]\) 内的位置。
此时根据 Hall 定律（或者就是上面的贪心），\(t\) 存在限制：将 \(l_i\) 从小到大排序后，\(\forall i \in [1, n], l_i - t + 1 \le i\)，于是 \(t \ge \min\limits_{i = 1} ^ n l_i - i + 1\).
现在就需要回到贪心做法本身，这个做法不太方便描述性质，因为前后关联性比较大，考虑换一种方式看待这个贪心：
此时我们选取的特殊元素为从 \(b_i\) 最大的开始考虑起，此时其就选择 \(p_i = l_i\) 既使得 \(b_i + p_ik\) 达到了下界，又使得选的位置尽可能靠前不影响剩余元素，于是这个贪心等价于：按照 \(b\) 从大到小每次找到 \(l_i\) 右边第一个空位填入。
于是在 \(t\) 右移动过程中，所有位置能在 \([t, t + n - 1]\) 内匹配的相对顺序不变，但会有越来越多的元素能匹配到 \(t\) 这个左边界，因此每个元素最后填入的位置一定不降，又最小值不变，因此答案不升；同时根据这个新的贪心方法，我们得到了一个 \(\mathcal{O}(n ^ 2)\) 的并查集解法。
此时进一步地根据移动区间的转换，只需要枚举 \(\bmod k = c\)，这看起来是必要的，于是接下来再将贪心这个部分改进一下。
当 \(c\) 增大时，贪心是难以维护的，于是只好抛开这个贪心做法，注意到本质上我们就是要最小化最大值，于是考虑二分答案。
枚举 \(c\) 后再二分，相比于先二分全局答案再固定最小值 \(c\) 更加难维护，因为数据结构善于解决整体信息。（下面记二分的答案为 \(x\)）
此时对每个元素等价于区间匹配限制 \(p_i \in [l_i = \lceil \frac{c - a_i}{k} \rceil, r_i = \lfloor \frac{x + c - a_i}{k} \rfloor]\) 于此同时选择的 \(t\) 依然一定是取到原先一样的下界，对 \([l_i, r_i]\) 与 \([t, t + n - 1]\) 取交后，等价于在 \(Z\) 上选点的问题。
这本质上就是对 \(0 \le c < k\) 进行一个区间二分图匹配判定，经典结论是：只需对右部每个区间应用 Hall 定律，进一步地只需对每个限制区间端点构成的关键区间应用 Hall 定律
这里需要定位每个区间，于是考虑扫描线，扫描区间右端点 \(r_j\)，使用数据结构维护关于左端点 \(l_i\) 的信息 \(f_{i, j} = r_j - l_i + 1 - |N([i, j])|\) 其中 \(N([i, j])\) 为左部限制区间完全被 \([l_i, r_j]\) 包含的元素，于是原问题有解等价于 \(\forall 1 \le i \le j \le n, f_{i, j} \ge 0\).
当然不能直接对每个 \(c\) 都做一遍扫描线，需要观察 \(c\) 增量 \(1\) 后信息的变化。
首先类似于证明内的观察，所有 \(i\) 之间 \(l_i, r_i\) 相对关系不变，因此 \(t\) 的取值就可以很方便考察；同时 \(|N([i, j])|\) 也保持不变。
进一步地对于原始的（不对 \([t, t + n - 1]\) 取交的） \(l_i', r_i’\) 不降，并且至多只会存在一个位置 \(+1\)，推论为 \(t\) 也不降且至多增加 \(1\)，进一步地可以求出在考虑 \([t, t + n - 1]\) 交限制后 \(l_i, r_i\) 也满足该性质， 并且记增加位置为 \(pl_i, pr_i\).
此时每对 \(f_{i, j}\) 的变化仅与 \(l_i, r_j\) 有关，且增量为 \([-1, 1]\) 于是可以简单分类讨论得到可行的 \(c\) 区间：
- 若 \(f_{i, j} < -1\) 则任意时刻均非法。
- 若 \(f_{i, j} = -1\) 则当且仅当 \(r_j\) 增加，\(l_i\) 不变时合法，即 \(c \in [pr_j, pl_i)\).
- 若 \(f_{i, j} = 0\) 当且仅当 \(r_j\) 不变，\(l_i\) 增加时非法，即 \(c \in [pl_i, pr_j)\)
- 若 \(f_{i, j} > 0\) 则任意时刻均合法。
于是扫描线右端点 \(r_j\) 时，只需找到 \(f_{i, j} = -1\) 且 \(pl_i\) 最小的限制，最后再取交即可得到满足第二条限制的合法区间；对 \(f_{i, j} = 0\) 的类似。
求出第三条的每个非法区间后，补集转化为前缀 / 后缀交，然后与第二条限制求出的交查看是否有交即可。
此时的瓶颈等价于保证查找键值为定值 \(z\) 的信息，由于有下界的保证只需使用线段树维护最小和次小值。
此时总的复杂度为 \(\mathcal{O}(n \log n \log V)\) 其中 \(V\) 为答案最大的绝对值。
代码：无。
