假設把每堆石子拆成Ai$A_i$個點，每個詢問拆成Ki$K_i$個點，就相當於每次新增Ki$K_i$個點，然後詢問此時的最大匹配能增加多少。
通過Hall定理可以判斷匹配的合法性。但因為本題的區間沒有包含，把詢問按照Li$L_i$排序，Ri$R_i$是遞增的，在剔除掉沒有被任一區間覆蓋的石子堆之後，一段詢問區間對應的石子也是一段連續的區間，我們不需要判斷每個子集，而只需要判斷每個區間是否滿足Hall定理即可。
設Bi$B_i$是排序後第i$i$個詢問所選的石子個數，那麼只要滿足對於任意l≤r$l\le r$，有

∑i=lrBi≤∑i=LlRrAi$$\sum _{i=l}^r{B}_i\le \sum _{i=L_l}^{R_r}{A}_i$$
即可。
證明的話考慮要判斷兩個中間不相連的詢問區間是否滿足Hall定理（隨之可以推廣到多個即子集），假設這兩個詢問區間對應的石子區間也是不相連的兩段，那麼整體是否滿足就取決於這兩對區間是否分別滿足。如果對應的石子區間相連，考慮把兩個詢問區間中間的點補上，而對應的石子區間並沒有增加，這對區間滿足Hall定理的條件顯然比原問題的條件緊，於是得證。
我們考慮把式子化成字首和的形式：

sbr−sbl−1≤saRr−saLl−1$s{b}_r-s{b}_{l-1}\le s{a}_{R_r}-s{a}_{L_l-1}$。設Ci=sbi−Ri,Di=sai−1−saLi−1$C_i=s{b}_i-R_i,D_i=s{a}_{i-1}-s{a}_{L_i-1}$，那麼就是Cr≤Dl$C_r\le D_l$。
於是我們按時間順序新增詢問，假如當前是給Bi$B_i$找最大值，那麼顯然只有l<i,r>i$l<i,r>i$才會限制，於是我們找到r>i$r>i$的Ci$C_i$的最大值，l<i$l<i$的Di$D_i$的最小值就能得出Bi$B_i$的最大取值，然後把i$i$之後的C,D$C,D$加上Bi$B_i$即可。
上述操作都用線段樹維護。

程式碼：

#include<iostream>
 

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 40010
#define ll long long
#define mid (l+r>>1)
using namespace std;
int n,m,a[N],o[N];
struct node
{
    int l,r,k,t,id;
}b[N];
bool cmpl(node p,node q)
{
    return p.l<q.l;
}
bool cmpt(node p,node q)
{
    return
 
 p.t<q.t;
}
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x*f;
}
struct tree
{
    int s[N<<2],add[N<<2];
    bool flag;
    int M(int x,int y)
    {
        return flag?max(x,y):min(x,y);
    }
    void update(int v)
    {
        s[v]=M(s[v<<1],s[v<<1|1]);
    }
    void cal(int v,int d)
    {
        s[v]+=d;add[v]+=d;
    }
    void pushdown(int v)
    {
        if(add[v])
        {
            cal(v<<1,add[v]);
            cal(v<<1|1,add[v]);
            add[v]=0;
        }
    }
    void build(int v,int l,int r)
    {
        if(l==r) {s[v]=flag?-a[b[r].r]:-a[b[l].l-1];return ;}
        build(v<<1,l,mid);
        build(v<<1|1,mid+1,r);
        update(v);
    }
    void mdf(int v,int l,int r,int lx,int rx,int c)
    {
        if(l==lx&&r==rx) {cal(v,c);return ;}
        pushdown(v);
        if(rx<=mid) mdf(v<<1,l,mid,lx,rx,c);
        else if(lx>mid) mdf(v<<1|1,mid+1,r,lx,rx,c);
        else mdf(v<<1,l,mid,lx,mid,c),mdf(v<<1|1,mid+1,r,mid+1,rx,c);
        update(v);
    }
    int qry(int v,int l,int r,int lx,int rx)
    {
        if(l==lx&&r==rx) return s[v];
        pushdown(v);
        if(rx<=mid) return qry(v<<1,l,mid,lx,rx);
        if(lx>mid) return qry(v<<1|1,mid+1,r,lx,rx);
        return M(qry(v<<1,l,mid,lx,mid),qry(v<<1|1,mid+1,r,mid+1,rx));
    }
}Tl,Tr;

int main()
{
    n=read();
    int x=read(),y=read(),z=read(),p=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=((ll)(i-x)*(i-x)+(i-y)*(i-y)+(i-z)*(i-z))%p;
    m=read();
    if(!m) return 0;
    b[1].k=read();b[2].k=read();x=read();y=read();z=read();p=read();
    for(int i=3;i<=m;i++)
        b[i].k=((ll)x*b[i-1].k+y*b[i-2].k+z)%p;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        b[i].l=read(),b[i].r=read(),b[i].t=i;
    sort(b+1,b+m+1,cmpl);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        b[i].id=i;
    b[m+1].l=n+1;
    for(int i=1;i<=m+1;i++)
    {
        int tmp=b[i].l-b[i-1].r-1;
        if(tmp>0) o[b[i].l]+=tmp;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        o[i]+=o[i-1];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i-o[i]]=a[i];
    for(int i=1;i<=m;i++)
        b[i].l-=o[b[i].l],b[i].r-=o[b[i].r];
    n-=o[n];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]+=a[i-1];
    Tl.flag=0;Tr.flag=1;
    Tl.build(1,1,m);
    Tr.build(1,1,m);
    sort(b+1,b+m+1,cmpt);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int ans=min(Tl.qry(1,1,m,1,b[i].id)-Tr.qry(1,1,m,b[i].id,m),b[i].k);
        printf("%d\n",ans);
        if(b[i].id<m) Tl.mdf(1,1,m,b[i].id+1,m,ans);
        Tr.mdf(1,1,m,b[i].id,m,ans);
    }
    return 0;
}