摘要：
利用不等式解题，搜索剪枝SOL：首先可以发现保证自己不死和怼大佬是可以分开的一个算出最多可以用来怼大佬的天数，问题就转化为用天怼大佬是否成功先求出所有可能的讽刺值及其天数，惊人发现竟存的下！
利用不等式解题，搜索剪枝
SOL：
首先可以发现保证自己不死和怼大佬是可以分开的
一个(n^2DP)算出最多可以用来怼大佬的天数，问题就转化为用(n)天怼大佬是否成功
先求出所有可能的讽刺值及其天数，惊人发现竟存的下！看来要多尝试才好
这样攻击一次和零次的都可以轻易判断
攻击两次（讽刺值(f1,f2)天数(d1,d2)）：
(f1+f2<=C,n-d1-d2>=C-f1-f2)
可以排序后，用一个指针记录第二次攻击进行到哪了（根据第一个式子，单调性）
((f1-d1)+(f2-d2)>=C-n)
记录(f2-d2)的最大值即可
注：
搜索时判重，若同一层出现了一样的值则无效
按理说讽刺值一样是应是保留天数少的，但(L)不一定一样，我们必须让它搜下去，若直接搜要爆掉
这样判可以保证数的构造唯一，(L)唯一，不会漏，也不多
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
return f==1?x:-x;
}
#define ll long long
unordered_map<ll,bool>mp;
pair<int,int>dam[1111111];
#define fi(i) dam[i].first
#define se(i) dam[i].second
struct node{int i,f,l;};
const int N=304;
int n,m,day,tot,mx,mc;
int a[N],w[N],c[N],g[N][N];
void bfs(){
queue<node>q;
q.push((node){1,1,0});
while(!q.empty()){
node u=q.front();q.pop();
if(u.i==day)continue;
q.push((node){u.i+1,u.f,u.l+1});
if(u.l>1&&(ll)u.f*u.l<=mx&&!mp[(ll)u.f*u.l*100+u.i+1]){
q.push((node){u.i+1,u.f*u.l,u.l});
dam[++tot]=make_pair(u.f*u.l,u.i+1);
mp[(ll)u.f*u.l*100+u.i+1]=1;
}
}
}
int main(){
n=read();m=read();mc=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)w[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++)mx=max(mx,c[i]=read());
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=a[i];j<=mc;j++){
g[i][j-a[i]]=max(g[i][j-a[i]],g[i-1][j]+1);
g[i][min(mc,j-a[i]+w[i])]=max(g[i][min(mc,j-a[i]+w[i])],g[i-1][j]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=mc;j++)day=max(day,g[i][j]);
bfs();
sort(dam+1,dam+tot+1);
for(int i=1,fl,mn;i<=m;i++){
if(c[i]<=day){puts("1");continue;}
fl=0;mn=1e9;
for(int j=tot,k=1;j;j--){
while(k<=tot&&fi(j)+fi(k)<=c[i]){
mn=min(mn,se(k)-fi(k));
++k;
}
if(mn+c[i]-fi(j)<=day-se(j)){fl=1;break;}
if(fi(j)<=c[i]&&c[i]-fi(j)<=day-se(j)){fl=1;break;}
}
if(fl==1)puts("1");
else puts("0");
}
return (0-0);
}