【HNOI 2017】大佬

Problem

Description

人们总是难免会碰到大佬。他们趾高气昂地谈论凡人不能理解的算法和数据结构，走到任何一个地方，大佬的气场就能让周围的人吓得瑟瑟发抖，不敢言语。你作为一个 OIer，面对这样的事情非常不开心，于是发表了对大佬不敬的言论。 大佬便对你开始了报复，你也不示弱，扬言要打倒大佬。现在给你讲解一下什么是大佬，大佬除了是神犇以外，还有着强大的自信心，自信程度可以被量化为一个正整数 \(C\)，想要打倒一个大佬的唯一方法是摧毁 Ta 的自信心，也就是让大佬的自信值等于 \(0\)（恰好等于 \(0\)，不能小于 \(0\)）。由于你被大佬盯上了，所以你需要准备好 \(n\) 天来和大佬较量，因为这 \(n\) 天大佬只会嘲讽你动摇你的自信，到了第 \(n+1\) 天，如果大佬发现你还不服，就会直接虐到你服，这样你就丧失斗争的能力了。

你的自信程度同样也可以被量化，我们用 \(\mathrm{mc}\) 来表示你的自信值上限。在第 \(i \ (i\ge 1)\) 天，大佬会对你发动一次嘲讽，使你的自信值减小 \(a_i\)，如果这个时刻你的自信值小于 \(0\) 了，那么你就丧失斗争能力，也就失败了（特别注意你的自信值为 \(0\) 的时候还可以继续和大佬斗争）。 在这一天，大佬对你发动嘲讽之后，如果你的自信值仍大于等于 \(0\)，你能且仅能选择如下的行为之一：

1. 还一句嘴，大佬会有点惊讶，导致大佬的自信值 \(C\) 减小 \(1\)。

2. 做一天的水题，使得自己的当前自信值增加 \(w_i\)，并将新自信值和自信值上限 \(\mathrm{mc}\) 比较，若新自信值大于 \(\mathrm{mc}\)，则新自信值更新为 \(\mathrm{mc}\)。例如，\(\mathrm{mc} = 50\)，当前自信值为 \(40\)，若 \(w_i = 5\)，则新自信值为 \(45\)，若 \(w_i = 11\)，则新自信值为 \(50\)。

3. 让自己的等级值 \(L\) 加 \(1\)。

4. 让自己的讽刺能力 \(F\) 乘以自己当前等级 \(L\)，使讽刺能力 \(F\) 更新为 \(F\cdot L\)。

5. 怼大佬，让大佬的自信值 \(C\) 减小 \(F\)。并在怼完大佬之后，你自己的等级 \(L\) 自动降为 \(0\)，讽刺能力 \(F\) 降为 \(1\)。由于怼大佬比较掉人品，所以这个操作只能做不超过两次。

特别注意的是，在任何时候，你不能让大佬的自信值为负，因为自信值为负，对大佬来说意味着屈辱，而大佬但凡遇到屈辱就会进化为更厉害的大佬直接虐飞你。在第 \(1\) 天，在你被攻击之前，你的自信是满的（初始自信值等于自信值上限 \(\mathrm{mc}\)），你的讽刺能力 \(F\) 是 \(1\)，等级是 \(0\)。

现在由于你得罪了大佬，你需要准备和大佬正面杠，你知道世界上一共有 \(m\) 个大佬，他们的嘲讽时间都是 \(n\) 天，而且第 \(i\) 天的嘲讽值都是 \(a_i\)。不管和哪个大佬较量，你在第 \(i\) 天做水题的自信回涨都是 \(w_i\)。这 \(m\) 个大佬中只会有一个来和你较量（\(n\) 天里都是这个大佬和你较量），但是作为你，你需要知道对于任意一个大佬，你是否能摧毁他的自信，也就是让他的自信值恰好等于 \(0\)。和某一个大佬较量时，其他大佬不会插手。

Input Format

第一行三个正整数 \(n,m,\mathrm{mc}\)。分别表示有 \(n\) 天和 \(m\) 个大佬，你的自信上限为 \(\mathrm{mc}\)。

接下来一行是用空格隔开的 \(n\) 个数，其中第 \(i(1\le i\le n)\) 个表示 \(a_i\)。

接下来一行是用空格隔开的 \(n\) 个数，其中第 \(i(1\le i\le n)\) 个表示 \(w_i\)。

接下来 \(m\) 行，每行一个正整数，其中第 \(k(1\le k\le m)\) 行的正整数 \(C_k\) 表示第 \(k\) 个大佬的初始自信值。

Output Format

共 \(m\) 行，如果能战胜第 \(k\) 个大佬（让他的自信值恰好等于 0），那么第 \(k\) 行输出 \(1\)，否则输出 \(0\)。

Sample

Input

30 20 30
15 5 24 14 13 4 14 21 3 16 7 4 7 8 13 19 16 5 6 13 21 12 7 9 4 15 20 4 13 12
22 21 15 16 17 1 21 19 11 8 3 28 7 10 19 3 27 17 28 3 26 4 22 28 15 5 26 9 5 26
30
10
18
29
18
29
3
12
28
11
28
6
1
6
27
27
18
11
26
1

Output

0
1
1
0
1
0
1
1
0
0
0
1
1
1
1
1
1
0
0
1

Range

对于 \(20\%\) 的数据，\(1\le n\le 10\)；

另有 \(20\%\) 数据，\(1\le C_i,n,\mathrm{mc}\le 30\)；

对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le n, \mathrm{mc}\le 100, 1\le m\le 20; 1\le a_i, w_i\le\mathrm{mc}, 1\le C_i\le 10^8\)。

Algorithm

\(DP\)，广搜

Mentality

我感觉我做了一道搜索题 \(......\) 蓝瘦。而且题面也太过真实了。

我们第一个瞬间就该发现，每个大佬只有血量不同，那么我们为了打败大佬，肯定要用尽量多的时间来降低他的自信，则由于其他量都相等，我们完全可以先求出最多能用多少天来与大佬战♂斗对抗。

这个很简单，来一发 \(DP\) 就好，设 \(f[i][j]\) 为到了第 \(i\) 天剩余 \(j\) 点自信时，最多能花多少天嘲讽大佬。然后取 \(n^2\) 数组内的最大值 \(D\) 作为最大天数。

然后我们要统计如何分配怼大佬的那两次。

首先，如果大佬的自信值小于等于 \(D\) ，我们直接不停还嘴就行。

那么我们讨论一下怼大佬的情况。

先计算出我们的嘲讽能力为 \(F\) 时所需花费的最小天数 \(D\) ，求法后面再讲，它太过暴力了 \(emm...\) 。

我们考虑枚举两次怼大佬时的嘲讽能力 \(F1,F2\) ，显然在相同 \(F\) 值的情况下花在准备上的时间要越少越好，我们设两者的时间为 \(D1,D2\)。

那么我们这两次怼大佬必定要满足两个条件：不能把大佬怼死了；剩下的时间通过还嘴可以刚好打败大佬。

转化成不等式如下：

\[F1+F2\le C ,F1+F2+(D-D1-D2)\ge C
\]

那我们只需要枚举一个 \(F1\) ，在这种情况下，\(F1,D1\) 都已经固定了，我们可以找到一个满足第一个不等式的，具有最优性的 \(F2\) ，也即 \(F2-D2\) 在满足第一个不等式的条件下最小，那么这时我们计算 \(F1+F2+(D-D1-D2)\) 是否大于等于 \(C\) ，如果大于则此次询问答案为 \(YES\) ，如果枚举遍所有的 \(F1\) 都无法满足第二个不等式那答案就为 \(NO\) 。

所以我们可以把所有计算出来的状态按 \(F\) 排序，然后从大到小枚举 \(F1\) ，而 \(F2\) 的寻找范围也是单调递增的，那么我们扫 \(F2\) 的指针沿用上次的即可。

那么重点来了，怎么计算状态呢？答案是 -- 广搜 \(......\)

我们只需要带着三个数值所代表的状态 \(dfs\) 即可，分别是 \(step\) -- 使用 \(step\) 天，\(L\) -- 当前等级，\(F\) -- 当前嘲讽能力。然后直接广搜肯定是不行的，我们来观察一下：由于在相同的 \(F\) 下，所花天数越小越好。而由于我们使用的是广搜，所以当我们搜索到一个新状态 \(step,L,F\) 时，相对于当前的 \(L,F\) ，\(step\) 就肯定是最优天数了。所以我们只需要使用哈希表判重，如果后面再搜到相同的 \(L,F\) ，那就不加入搜索队列了。

暴力否？

如若不懂详见代码。

为了卡常长得蛮奇怪。

Code

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
#define f(i) STA[i].first
#define d(i) STA[i].second
const int mod = 9e5 + 1;
int n, m, limit, maxx, cnt, C, a[101], w[101], c[21];
int f[101][101], D;
inline void read(int &x) {
  x = 0;
  char ch = getchar();
  while (!isdigit(ch)) ch = getchar();
  while (isdigit(ch)) {
    x = x * 10 + ch - '0';
    ch = getchar();
  }
}
pair<int, int> STA[1000001];
struct node {
  int L, F, t;
};
struct Check {
  int x[mod], y[mod], nx[mod], head[mod], cnt;
  int get_key(int X, int Y) { return (998244ll * X + Y) % mod; }
  inline void add(int X, int Y) {
    int now = get_key(X, Y);
    cnt++;
    nx[cnt] = head[now], x[cnt] = X, y[cnt] = Y;
    head[now] = cnt;
  }
  inline bool query(int X, int Y) {
    int now = get_key(X, Y);
    for (register int i = head[now]; i; i = nx[i])
      if (X == x[i] && Y == y[i]) return true;
    return false;
  }
} Map, M;
inline void Max(int &a, int b) { a = a < b ? b : a; }
queue<node> q;
inline void bfs() {
  q.push((node){0, 1, 1});
  while (!q.empty()) {
    node now = q.front();
    q.pop();
    if (now.t == D) continue;
    q.push((node){now.L + 1, now.F, now.t + 1});
    if (now.L > 1 && 1ll * now.L * now.F <= maxx &&
        !Map.query(now.L * now.F, now.L))  //手写 Map 判重
    {
      int A = now.L * now.F, B = now.t + 1;
      q.push((node){now.L, A, B});
      if (!M.query(A, 9181283))
        STA[++cnt] = make_pair(A, B),
        M.add(A, 9181283);  //相同 F 下所花天数越少越好
      Map.add(A, now.L);
    }
  }
}
int main() {
  read(n), read(m), read(limit);
  for (register int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
  for (register int i = 1; i <= n; i++) read(w[i]);
  for (register int i = 1; i <= m; i++)
    read(c[i]), Max(maxx, c[i]);  //先处理出搜索的上限 -- F
                                  //值至少不能大于自信值最强的大佬的自信吧
  for (register int i = 1; i <= n; i++)
    for (register int j = a[i]; j <= limit; j++)
      Max(f[i][j - a[i]], f[i - 1][j] + 1),
          Max(f[i][min(limit, j - a[i] + w[i])],
              f[i - 1][j]);  //先 DP 出最大天数
  for (register int i = 1; i <= n; i++)
    for (register int j = 1; j <= limit; j++) Max(D, f[i][j]);  //取 max
  bfs();                                                        //开始广搜
  sort(STA + 1, STA + cnt + 1);
  for (register int i = 1; i <= m; i++) {
    if (c[i] <= D) {
      printf("1\n");
      continue;
    }
    int mmax = -1e9, Ans = 0;
    for (register int l = 1, r = cnt; r; r--) {
      while (f(l) + f(r) <= c[i] && l < cnt)
        Max(mmax, f(l) - d(l)), l++;                //移动
      if (f(r) + D - d(r) + mmax >= c[i]) Ans = 1;  //是否满足第二个不等式
      if (f(r) <= c[i] && f(r) + D - d(r) >= c[i]) Ans = 1;
    }
    printf("%d\n", Ans);
  }
}