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题目大意：
给定两个数组 (A,B)，现在要给 (n) 分组，每块的长度必须在两个数组的交集里（即 (sum_{i=1}a_i=nquad(a_iin Acap B))），求方案数。
正文：
很明显的一个 DP，设 (f_i) 表示长度为 (i) 的分组的方案数，那么这么转移：
[f_i=sum_{j=1}^{m}f_{i-a_j}
]
(m) 表示最长的可能的块长。
时间复杂度：(O(nm))，(nleq10^{18})，这玩意过不去。
考虑用矩阵乘法加速递推。
按照矩乘加速递推的尿性，我们可以用一个 (m imes 1) 的矩阵来表示状态：
[egin{bmatrix}
f_{m}\
f_{m-1}\
vdots\
f_1
end{bmatrix}]
要想办法转移到 (egin{bmatrix} f_{m+1}\ f_{m}\ vdots\ f_3\ f_2 end{bmatrix})，必须再构造一个 (m imes m) 的转移矩阵。
如果要转移到 (f_{m+1})，根据转移方程 (f_i=sum_{j=1}^{m}f_{i-a_j}) 和矩阵乘法的运算可以推断转移矩阵的第一行（转移到 (f_{m+1})）肯定和 (Acap B) 相关。
拿样例为例。
样例中 (Acap B = {1,2})，转移矩阵第一行相应的位置就是 (1)，比如样例的转移矩阵的第一行就是 (egin{bmatrix}1&1&0&0&cdots&0end{bmatrix})。因为这样，(f_{m+1}) 就能被转移得到：
[egin{bmatrix}
f_{m}\
f_{m-1}\
vdots\
f_1
end{bmatrix} imesegin{bmatrix}1&1&0&0&cdots&0end{bmatrix}=egin{bmatrix}f_{m+1-1} imes 1+f_{m+1-2} imes 1+f_{m+1-2} imes0+cdots+f_{1+1-1} imes0end{bmatrix}=egin{bmatrix}f_{m+1}end{bmatrix}]
接下来 (m-1) 行就更好办了，由于目标矩阵第 (2) 到第 (m) 行就是初始矩阵的第 (1) 到第 (m-1) 行，那转移矩阵就是：
[egin{bmatrix}1&1&cdots&0&0\
1&0&cdots&0&0\
0&1&cdots&0&0\
vdots&vdots&ddots&vdots&vdots\
0&0&cdots&1&0end{bmatrix}]
再套个矩阵快速幂就A了。
代码:
int f[N];
ll n;
bool PR[N], NF[N];
struct matrix
{
ll mat[N][N];
int n, m;
matrix(){memset(mat, 0, sizeof mat);}
inline ll* operator [] (int b) { return mat[b];}
}F, stp;
inline matrix operator*(matrix &a, matrix &b)
{
matrix c; c.n = a.n, c.m = b.m;
for (int i = 1; i <= a.n; i++)
for (int j = 1; j <= b.m; j++)
for (int k = 1; k <= a.m; k++)
c[i][j] = (c[i][j] + (a[i][k] * b[k][j]) % mod) % mod;
return c;
}
matrix qpow(matrix stp, ll b)
{
matrix ans; ans.n = ans.m = stp.n;
for (int i = 1; i <= ans.n; i++)
ans[i][i] = 1;
for (; b; b >>= 1)
{
if(b & 1) ans = ans * stp;
stp = stp * stp;
}
return ans;
}
int m;
int main()
{
scanf ("%lld", &n);
int pr;scanf ("%d", &pr);
for (int i = 1, x; i <= pr; i++)
scanf ("%d", &x), PR[x] = 1;
int nf;scanf ("%d", &nf);
for (int i = 1, x; i <= nf; i++)
scanf ("%d", &x), NF[x] = (1 & PR[x]), m = (NF[x] == 1? max(x, m): m);
stp.n = stp.m = F.n = m, F.m = 1;
f[0] = 1;
for (int i = 1; i < m; i++)
{
for (int j = 1; j <= i; j++)
if(NF[j]) f[i] = (f[i] + f[i - j]) % mod;
F[m - i][1] = f[i];
}
F[m][1] = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++)
stp[1][i] = NF[i],
stp[i + 1][i] = 1;
stp[m + 1][m] = 0;
F = qpow(stp, n - m + 1ll) * F;
printf("%lld", F[1][1]);
return 0;
}