显然所有询问都要经过至少$\sum d$，只需要考虑除了$\sum d$之外的等待红灯的时间。

将所有询问的时间模$g+r$，并按时间用set维护。

那么对于每个红灯，在set中可以找出$1$到$2$个区间，将里面所有的询问暴力取出，添加一个新点作为等到绿灯后的询问放入。

那么询问与新点之间构成了一棵树结构，每个询问实际的答案为它到根路径上所有点的答案之和。

时间复杂度$O(n\log n)$。

 

#include
     
      #include
      
       #include
       
        using namespace std;typedef long long ll;typedef pair
        
         P;const int N=150010;int n,m,i,f[N],q[N],cnt,tot;ll A,B,per,d[N],x,w[N],sum;bool v[N];set
         
T;inline void read(ll&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';}ll dfs(int x){  if(v[x])return w[x];  return v[x]=1,w[x]+=dfs(f[x]);}inline void solve(ll L,ll R,ll K){  cnt=0;  while(1){    set
         
::iterator it=T.lower_bound(P(L,0));    if(it==T.end())break;    if(it->first>R)break;    q[cnt++]=it->second;    w[it->second]+=K-it->first;    T.erase(it);  }  if(!cnt)return;  tot++;  for(int i=0;i
          
           =per)solve(0,R%per,K-per);}int main(){ scanf("%d%lld%lld",&n,&A,&B); per=A+B; for(i=0;i<=n;i++)read(d[i]); scanf("%d",&m); for(i=1;i<=m;i++)read(w[i]),T.insert(P(w[i]%per,i)); for(tot=m,i=0;i<=n;i++){ sum+=d[i]; if(i