\(\large\textbf{Statement.}\)
给定两个序列 \(a,b\)，有一个 \(n\times m\) 的网格图，每个点 \((i,j)\) 上有个权值 \(a_i+b_j\)，每个点和其上、下、左、右方相邻的点有连边。
多次询问，每次给一个阈值 \(x\)，将图分为权值 \(< x\) （蓝色）和 \(\ge x\) （红色）的两种连通块。一个连通块如果有点在网格边界则价值为 \(1\)，否则为 \(2\)。求红色连通块中的点的价值和减去蓝色连通块中的点的价值和。
\(1\le n,m,q,a_i,b_i\le 10^5\)。
\(\large\textbf{Solution.}\)
几个前置知识：
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平面图：可以将所有点画在一个平面上，且所有边不相交的图是平面图。
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欧拉定理：\(|V|-|E|+|F|=2\)，其中 \(V,E\) 为联通平面图的点集和边集，\(F\) 表示平面图把平面分成的区域集合（注意计算最外层的无穷区域）。
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连通块计数公式：\(C=|V|-|E|+|F|-1\)。
考虑这个网格图上每四个点围成的块，发现不可能满足两条对角线上的点颜色分别为红色和蓝色。
对于一个红色连通块，如果其内部还包含一个蓝色连通块，那么蓝色连通块的价值一定为 \(2\)，而在红色点组成的平面图上这个蓝色连通块对应的位置是一个完整的区域，所以价值减一下可以视为将红色点组成的平面图上的 \(|F|\) 减去 \(1\)（也就是不统计蓝色连通块对应的那片区域），那个蓝色连通块的价值改为 \(1\)。
所以最后经过不断的抵消之后，所有的连通块价值都变成了 \(1\)，两个 \(F\) 集合内只包含面积为一的区域（两种颜色的 \(F\) 都包含最外层的无穷区域，可以抵消），那么答案就是 \((|V_1|-|E_1|+|F_1|)-(|V_2|-|E_2|+|F_2|)\)（下标 \(1\) 和 \(2\) 分别表示两种颜色）。
直接 FFT 计算这些值即可，时间复杂度 \(O(w\log w+q)\)，其中 \(w\) 为值域。
参考代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mxn 100003
#define db double
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define rept(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
using namespace std;
struct cp{
db x,y;
inline cp(const db a=0,const db b=0):x(a),y(b){}
inline cp operator+(const cp a)const{return cp(x+a.x,y+a.y);}
inline cp operator-(const cp a)const{return cp(x-a.x,y-a.y);}
inline cp operator*(const cp a)const{return cp(x*a.x-y*a.y,x*a.y+y*a.x);}
};
const db pi=acos(-1);
int n,m,q,a[mxn],b[mxn],rev[262145];
cp f1[262145],f2[262145],f3[262145],f4[262145],f5[262145],f6[262145];
cp g0[262145],g1[262145],g2[262145],g3[262145],g4[262145],g5[262145],g6[262145];
const int s=262144,k=18;
ll d0[mxn<<1],d1[mxn<<1],d2[mxn<<1],d3[mxn<<1],d4[mxn<<1],d5[mxn<<1];
void fft(cp *a,int n,int flag){
rept(i,0,n)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int r=1;r<n;r<<=1){
cp x,y,s=cp(cos(flag*pi/r),sin(flag*pi/r));
for(int i=0;i<n;i+=r<<1){
cp w(1,0);
for(int k=i;k<i+r;++k){
x=a[k],y=w*a[k+r];
a[k]=x+y;
a[k+r]=x-y;
w=w*s;
}
}
}
if(flag==-1)rept(i,0,s)a[i].x/=n,a[i].y/=n;
}
signed main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
rep(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),f1[a[i]].x+=1;
rep(i,1,m)scanf("%d",&b[i]),f2[b[i]].x+=1;
rept(i,1,n)f3[max(a[i],a[i+1])].x+=1,f4[min(a[i],a[i+1])].x+=1;
rept(i,1,m)f5[max(b[i],b[i+1])].x+=1,f6[min(b[i],b[i+1])].x+=1;
rept(i,0,s)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(k-1));
fft(f1,s,1),fft(f2,s,1),fft(f3,s,1),fft(f4,s,1),fft(f5,s,1),fft(f6,s,1);
rept(i,0,s){
g0[i]=f1[i]*f2[i];
g1[i]=f1[i]*f5[i],g2[i]=f3[i]*f2[i];
g3[i]=f1[i]*f6[i],g4[i]=f4[i]*f2[i];
g5[i]=f3[i]*f5[i];
g6[i]=f4[i]*f6[i];
}
fft(g0,s,-1),fft(g1,s,-1),fft(g2,s,-1),fft(g3,s,-1),fft(g4,s,-1),fft(g5,s,-1),fft(g6,s,-1);
rep(i,1,2e5){
d0[i]=d0[i-1]+round(g0[i].x);
d1[i]=d1[i-1]+round(g1[i].x)+round(g2[i].x);
d2[i]=d2[i-1]+round(g5[i].x);
}
drep(i,2e5,1){
d5[i]=d5[i+1]+round(g0[i].x);
d3[i]=d3[i+1]+round(g3[i].x)+round(g4[i].x);
d4[i]=d4[i+1]+round(g6[i].x);
}
int x;
while(q--){
scanf("%d",&x);
printf("%lld\n",(d5[x]-d3[x]+d4[x])-(d0[x-1]-d1[x-1]+d2[x-1]));
}
return 0;
}