这个思路很妙诶->这里
以下为了方便，我把自信说成血量好了
虽然表面上看起来每一天有很多种选择，然而我们首先要保证的是不死，然后考虑不死的情况下最多能拿出多少天来进行其他操作。不死可以dp，最大伤害可以枚举
首先我们要保证不死。设$dp[i][j]$表示在第$i$天，血量为$j$时最多多少天不刷题，那么这个可以直接dp出来
我们设$D$为dp数组的最大值，即最多有多少天可以使用
在这$D$天里，我们只需要选3,4,5操作，剩下的就可以多退少补
我们假设两次怼大佬的情况分别为$(d1,f1),(d2,f2)$其中$d$表示需要花费几天，$f$表示能打掉多少血
那么$f1+f2<=HP$，否则大佬生命值就为负的了，还得满足$HP-f1-f2<=D-d1-d2$，也就是说剩下的血要能在剩余的天数内执行操作$1$打完
同理，如果怼一次的话就是$f1<=HP$且$HP-f1<=D-d1$，不怼的话就是$HP>=0,HP<=D$
那么我们可以用dfs+判重枚举出所有的$(d,f)$，然后以$f$为第一关键字，$d$为第二关键字排序，移项，发现要满足$D>=HP-f1+d1-f2+d2$，我们可以枚举$(f1,d1)$，然后发现这$f$是有单调性的，那么就可以弄一个指针在那里扫，然后记录一下满足$f2+f1<=HP$的最小的$-f2+d2$，那么可以O(状态数)通过此题
//minamoto
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#define ll long long
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,:;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,:;}
inline int read(){
#define num ch-'0'
char ch;bool flag=;int res;
while(!isdigit(ch=getc()))
(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);
(flag)&&(res=-res);
#undef num
return res;
}
const int N=,mod=;
pair<int,int> Q[N];
int n,m,mc,D,MAXC,tp,Maxsize;
int dp[][],a[],w[],C[];
struct ed{int step,F,L;};
queue<ed> Que;
struct ED{
int ver[N],Next[N],head[mod+],edge[N],tot;
inline void insert(int u,int v){
int tmp=((ll)u*+v)%mod;
ver[++tot]=u,Next[tot]=head[tmp],head[tmp]=tot,edge[tot]=v;
}
inline bool query(int u,int v){
int tmp=((ll)u*+v)%mod;
for(int i=head[tmp];i;i=Next[i])
if(u==ver[i]&&v==edge[i]) return true;
return false;
}
}map;
//手写map，hash判重
void init(){
for(int i=;i<=n;++i)
for(int j=a[i];j<=mc;++j){
cmax(dp[i][j-a[i]],dp[i-][j]+);
int tmp=min(mc,j-a[i]+w[i]);
cmax(dp[i][tmp],dp[i-][j]);
}
for(int i=;i<=n;++i)
for(int j=;j<=mc;++j)
cmax(D,dp[i][j]);
}
void bfs(){
Que.push((ed){,,});//初始状态：使用一天，打出1伤害，等级0。
while(!Que.empty()){
ed now=Que.front();Que.pop();
if(now.step<D){
Que.push((ed){now.step+,now.F,now.L+});//加1等级
if(now.L>&&(ll)now.F*now.L<=(ll)MAXC&&!map.query(now.F*now.L,now.step+)){
//注意加longlong防止爆int，但哈希炸了也没事
//下面不用加longlong是因为MAXC在int范围内，如果小于肯定没超
ed tmp=(ed){now.step+,now.F*now.L,now.L};
Que.push(tmp);
Q[++tp]=make_pair(tmp.F,tmp.step);
//此处才加入队列，不能直接从Que取出来就加入，因为只加等级的状态是不优的，只有乘了，才更好。
map.insert(tmp.F,tmp.step);
}
}
}
}
int main(){
//freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),m=read(),mc=read();
for(int i=;i<=n;++i) a[i]=read();
for(int i=;i<=n;++i) w[i]=read();
for(int i=;i<=m;++i) C[i]=read(),cmax(MAXC,C[i]);
init(),bfs();
sort(Q+,Q++tp);
for(int i=;i<=m;++i){
if(C[i]<=D){puts("");continue;}//按照单调性找是否有解。
int flag=,mn=0x3f3f3f3f;
for(int j=tp,k=;j;--j){
while(k<tp&&Q[k].first+Q[j].first<=C[i]) cmin(mn,Q[k].second-Q[k].first),++k;
if(mn-Q[j].first+Q[j].second+C[i]<=D){flag=;break;}
if(Q[j].first<=C[i]&&C[i]-Q[j].first+Q[j].second<=D){flag=;break;}
}
printf("%d\n",flag);
}
return ;
}