Solution#

观察到，由于是求和，我们可以想到前缀和的思想。也就是说，对于求\(\sum_{i=m}^n a_i\)，我们只需要求\(\sum_{i=1}^{m-1}a_i\)和\(\sum_{i=1}^n a_i\)，然后做差即可。

注意到\(n,m\)的范围，我们线性递推是不现实的。于是我们可以考虑矩阵快速幂。

考虑维护\(k+1\)个值。维护\(k\)个序列基本值，以及一个求和值。我们根据\(k\)个信息推出下一个信息。观察到\(k\)的范围，所以是可以做的。

构造矩阵比较简单。注意一下\(c\)的位置，是倒序的。

由于我们一次维护的是\(k\)个值，所以，如果我们要求\(pos\),则我们求出转移矩阵的\(pos-k\)次方就可以求出。

两次矩阵快速幂加上前缀和思想，这题做完了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef long long ll;
ll n,m,p,s,ss[16],Ans,sss;
inline ll add(ll x,ll y){return (x%p+y%p)%p;}
inline ll mul(ll x,ll y){return (x%p*y%p)%p;}
inline ll del(ll x,ll y){return x-y<0?x+p-y:x-y;}
int k,b[16],c[16];
struct Mat{
	ll A[17][17];
	Mat(){memset(A,0,sizeof(A));}
	Mat operator*(const Mat&B)const{
		Mat res;
		for(int i=1;i<=k+1;++i)
			for(int j=1;j<=k+1;++j)
				for(int l=1;l<=k+1;++l)
					res.A[i][j]=add(res.A[i][j],mul(A[i][l],B.A[l][j]));
		return res;
	}
}w,s1,A2,A1;
inline void Init(Mat &x){for(int i=1;i<=k+1;++i)x.A[i][i]=1;}
Mat qpow(Mat st,ll b){
	Mat c;
	Init(c);
	while(b){
		if(b&1)c=c*st;
		b>>=1;st=st*st;
	}
	return c*s1;
}
signed main(){
	scanf("%lld",&k);
	for(int i=1;i<=k;++i)scanf("%lld",&b[i]);
	for(int i=1;i<=k;++i)scanf("%lld",&c[i]);
	scanf("%lld%lld%lld",&m,&n,&p);
	for(int i=1;i<=k;++i)ss[i]=add(ss[i-1],(ll)b[i]);
	for(int i=1;i<=k;++i)s1.A[i][1]=b[i];
	s1.A[k+1][1]=ss[k];
	for(int i=1;i<k;++i)w.A[i][i+1]=1;
	for(int i=1;i<=k;++i)w.A[k][i]=c[k-i+1],w.A[k+1][i]=c[k-i+1];
	w.A[k+1][k+1]=1;
	if(m-1>=k)A1=qpow(w,m-1-k);
	else A1.A[k+1][1]=ss[m-1];
	if(n>=k)A2=qpow(w,n-k);
	else A2.A[k+1][1]=ss[n];
	Ans=del(A2.A[k+1][1],A1.A[k+1][1]);
	printf("%lld\n",Ans);
	return 0;
}

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