把 \(a_i\) 和 \(\frac{a_i + a_{i + 1} - b_i}{2}\) 做個比較，發現前者小於等於後者的條件為 \(a_{i + 1} - a_{i} \ge b_i\)。

把 \(a_{i + 1}\) 和 \(\frac{a_i + a_{i + 1} + b_i}{2}\) 做個比較，發現前者大於等於後者的條件為 \(a_{i + 1} - a_i \ge b_i\)。

發現這兩個條件是一樣的，也就是說，一次操作的本質是：

• 如果 \(a_{i + 1} - a_i \ge b_{i}\)，則不會發生變化。
• 如果 \(a_{i + 1} - a_i < b_i\)
  ，則會發生變化。

更近一步的，如果發生了一次變化，那相鄰兩個數的差會變成什麼呢？

\[\frac{a_{i} + a_{i + 1} + b_{i}}{2} - \frac{a_{i} + a_{i + 1} - b_{i}}{2} = b_i \]

也就是說，相鄰的兩個數的差，從原本的 \(< b_i\) 變成了 $ = b_i$，且這兩個數的和不變。

設 \(f_{1 \cdots n}\) 表示最終收斂的陣列，必然對任意 \(i\) 都存在 \(f_{i+1} - f_i \ge b_i\)。

並且如果 \(f_{i + 1} - f_i > b_i\)，則整個過程中，\(a_i\)

和 \(a_{i + 1}\) 之間就從來沒有發生過賦值操作。

這是因為，如果發生了操作，那麼這次操作後 \(f_{i + 1} - f_{i}\)就會變得等於 \(b_i\)，而且我們知道兩個數的差只能從小於 \(b_i\) 變成等於 \(b_i\)，而不能變成大於 \(b_i\)，所以最終無法滿足 \(f_{i + 1} - f_i > b_i\) 的條件。

以滿足這種嚴格大於關係的點 \(i\) 為斷點，可以發現，\(a_{1 \cdots i}\) 和 \(a_{i + 1 \cdots n}\) 是完全互相不影響的。

現在要解決最棘手的一個問題，如何求出 \(f_1\) 呢？

假設我們知道了第一個斷點的位置是 \(p\)，那可以得到一個方程組：

\[\begin{cases} f_{2} - f_{1} = b_{1} \\ f_{3} - f_{2} = b_{2} \\ \cdots \\ f_{p} - f_{p - 1} = b_{p - 1} \\ \sum\limits_{i = 1}^{p} f_i = \sum\limits_{i = 1}^{p} a_i \end{cases} \]

將 \(f\) 看成未知數，則有 \(p\) 個未知數，\(p\) 個方程！於是我們可以手動解出 \(f_1\) 的值：

\[(f_1) + (f_1 + b_1) + (f_1 + b_1 + b_2) + \cdots = \sum_{i = 1}^{p} a_i \\ f_1 \times p + \sum_{i = 1}^{p - 1}(p - i)b_i = \sum_{i = 1}^{p} a_i \\ f_{1} = \frac{\sum\limits_{i = 1}^{p} a_i - \sum\limits_{i = 1}^{p - 1}(p - i)b_i}{p} \]

設 \(sa_p = \sum\limits_{i = 1}^{p}a_i, sb_p = \sum\limits_{i = 1}^{p - 1}(p - i)b_i\)，則 \(f_1 = \frac{sa_p - sb_p}{p}\)。

但問題是，我們並不知道 \(p\)是多少。正確的解決方法是，將每個位置都嘗試作為第一個端點，取解出來的 \(f_1\)的最小值即可，也就是 \(f_1 = \min \left\{ \frac{s a_i - sb_i}{i} \right\}\)。

首先證明 \(f_1 \ge \min \left\{ \frac{sa_i - sb_i}{i} \right\}\)，這是因為必然存在某個字首 \(p\)使得 \(f_1 = \frac{sa_p - sb_p}{p}\)，所以 \(f_1\)大於等於取任意 \(p\) 時的最小值。

然後證明 \(f_1 \le \min \left\{ \frac{sa_i - sb_i}{i} \right\}\)，這是因為對於任意字首 \(p\)，如果 \(f_1 \ne \frac{sa_p - sb_p}{p}\)，就說明必然存在 \(f_{i + 1} - f_i > b_i\ (i < p)\) 的位置。但因為 \(\sum f\) 是保持不變的，為了使得跨度變大只能減小初值，得出 \(f_1 < \frac{sa_p - sb_p}{p}\)。

回到原題，現在變成了一個計數問題。即，能找到多少個序列 \(a\)，滿足 \(0 \le a_i \le c_i\)，且 \(\min \left\{ \frac{s a_i - sb_i}{i} \right\} \ge x\)。

取 \(\min\) 轉化為任意，命題等價於，對任意字首 \(i\)，都要滿足：

\[\frac{sa_i - sb_i}{i} \ge x \quad \Rightarrow \quad sa_i \ge i \cdot x + sb_i \]

當 \(q = 1\) 時，不等式右邊都是已知量，考慮一個 DP，用 \(f_{i, j}\) 表示前 \(i\) 項，和為 \(j\) 的方案數。因為合法的 \(a\) 必然是一個字尾，使用字首和優化轉移即可，單次轉移 \(O(1)\)。

時間複雜度 \(O(qn^2m)\)，\(m\) 是 \(a\)的上限。

現在考慮多組詢問，不同的 \(x\) 是否存在等價關係呢？

• 如果存在 \(i\)，滿足 $ i \cdot x + sb_i > n \cdot m$，即 \(x > \min\left\{\frac{n \cdot m - sb_i}{i}\right\}\)，答案必然為 \(0\)。
• 如果任意 \(i\)，滿足 \(i \cdot x + sb_i \le 0\)，即 \(x \le \min\left\{ \frac{-sb_i}{i} \right\}\)，答案必然為 \(\prod(c_i + 1)\)。

現在只需要特別考慮 \(x \in \left(\min\left\{ \frac{-sb_i}{i} \right\}, \min\left\{\frac{n \cdot m - sb_i}{i}\right\}\right]\) 即可。

於是只有 \(O(m)\)種本質不同的詢問，全部預處理丟 map裡即可。時間複雜度 \(O(n^2m^2 + q \log m)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105, MOD = 1e9 + 7;
int n, f[N * N], g[N * N], b[N], sb[N], c[N];
map<int, int> ans;
int Solve(int x)
{
	fill(g, g + N * N, 1);
	for(int i = 1, sumc = c[1], lim; i <= n; i++, sumc += c[i]) 
	{
		lim = i * x + sb[i]; memset(f, 0, sizeof(f));
		for(int j = max(0, lim); j < N * N; j++) f[j] = (g[j] - (j - c[i] - 1 >= 0 ? g[j - c[i] - 1] : 0) + MOD) % MOD;
		memset(g, 0, sizeof(g)); g[0] = f[0];
		for(int j = 1; j < N * N; j++) g[j] = (g[j - 1] + f[j]) % MOD;
	}
	return g[N * N - 1];
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin >> n;
	int prod = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) { cin >> c[i]; prod = (ll)prod * (c[i] + 1) % MOD; }
	for(int i = 1; i < n; i++) cin >> b[i];
	for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j < i; j++) sb[i] += (i - j) * b[j];
	int lb = 0, rb = INT_MAX, m = *max_element(c + 1, c + n + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i++) lb = min(lb, -((sb[i] - 1) / i + 1)), rb = min(rb, (n * m - sb[i] - 1) / i + 1);
	for(int i = lb; i <= rb; i++) ans[i] = Solve(i);
	int q; cin >> q;
	while(q--)
	{
		int x; cin >> x;
		if(x >= lb && x <= rb) cout << ans[x] << endl;
		else if(x > rb) cout << 0 << endl;
		else if(x < lb) cout << prod << endl;
	}
	return 0;
}