题面
出题人铭铭认为给SDOI2012 出题太可怕了，因为总要被骂，于是他又给SDOI2013 出题了。
参加SDOI2012 的小朋友们释放出大量的僵尸，企图攻击铭铭的家。而你作为SDOI2013的参赛者，你需要保护出题人铭铭。
僵尸从唯一一条笔直道路接近，你们需要在铭铭的房门前放置植物攻击僵尸，避免僵尸碰到房子。第一关，一只血量为a1 点的僵尸从距离房子x1 米处匀速接近，你们放置了攻击力为y1 点/秒的植物进行防御；第二关，在上一关基础上，僵尸队列排头增加一只血量为a2点的僵尸，与后一只僵尸距离d 米，从距离房子x2 米处匀速接近，你们重新放置攻击力为y2 点/秒的植物；……；第n 关，僵尸队列共有n 只僵尸，相邻两只僵尸距离d 米，排头
僵尸血量为an 点，排第二的僵尸血量a_n −1 ，以此类推，排头僵尸从距离房子xn 米处匀速接近，其余僵尸跟随排头同时接近，你们重新放置攻击力为yn 点/秒的植物。
每只僵尸直线移动速度均为1 米/秒，由于植物射击速度远大于僵尸移动速度，可忽略植物子弹在空中的时间。所有僵尸同时出现并接近，因此当一只僵尸死亡后，下一只僵尸立刻开始受到植物子弹的伤害。
游戏得分取决于你们放置的植物攻击力的总和Σyi (1<=i<=n)，和越小分数越高，为了追求分数上界，你们每关都要放置攻击力尽量小的植物。
作为SDOI2013 的参赛选手，你们能保护出题人么？
对于100%的数据， 1≤n≤10^5，1≤d≤10^12 ,1≤x≤10^12 ,1≤a≤10^12 。
抽象题意
设(f_i=sum_{j=1}^ia_j)
显然$$
ans_i=max_{j=1}^ifrac{f_i-f_{j-1}}{x_i+di-dj}
[于是就有个$O(n^2)$的做法了；
然后是可以过50%。
#**100**
我们把$frac{f_i-f_{j-1}}{x_i+d*i-d*j}$看做是，点$(x_i+d*i,f_i)$与$(d*j,f_{j-1})$的斜率；
那么我们就考虑维护这些斜率的最大值。
由于$x_i+d*i>d*j,f_i>f_{j-1}$，所以我们可以给$(d*j,f_{j-1})$维护一个下凸壳，然后三分找峰值即可。
#**Code**
```
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define fo(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define fd(i,x,y) for(int i=x;i>=y;i--)
using namespace std;
const char* fin="ex3299.in";
const char* fout="ex3299.out";
const int inf=0x7fffffff;
const int maxn=100006;
int n,b[maxn],hd,tl;
db m;
db a[maxn],f[maxn],x[maxn],ans;
db count(int a,int b){return (f[a]-f[b-1])/(x[a]+m*a-m*b);}
db xie(int a,int b){return (f[b-1]-f[a-1])/(m*(b-a));}
int main(){
scanf("%d%lf",&n,&m);
fo(i,1,n){
scanf("%lf%lf",&a[i],&x[i]);
f[i]=f[i-1]+a[i];
}
hd=1;
tl=1;
fo(i,1,n){
while (hd<tl && xie(b[tl],i)<xie(b[tl-1],i)) tl--;
b[++tl]=i;
int l=hd,r=tl;
db tmp=0;
while (l<r-2){
int mid=(l+r)/2,mmid=(mid+r+1)/2;
if (count(i,b[mid])<count(i,b[mmid])) l=mid;
else r=mmid;
}
for(;l<=r;l++) tmp=max(tmp,count(i,b[l]));
ans+=tmp;
}
printf("%.0lf",ans);
return 0;
}
```]