“敢问路在何方？路在脚下！”——《敢问路在何方》（阎肃）
　　“英雄名不堪得，何必教我混沌徒费口沫……”——《九九八十一》
　　话说为了普度众生，如来决定让大乘佛法流传于世。正好，如来的二弟子由于听课不认真，被如来打入凡间，成为了唐朝高僧玄奘，来完成西天取经以传播佛法到大唐的使命。在路上，他得到了三个弟子的帮助——齐天大圣孙悟空，天蓬元帅猪八戒，卷帘大将沙和尚，经历了九九八十一难，终于成功弘扬佛法，功成正果。
　　现在假设你是如来佛祖。你知道唐僧从长安到天竺的路上会经历n里路，并且你准备了k个可能经历的磨难。（在真实的《西游记》中，n=108000，k=80）
　　现已知第i里路上设置的一个磨难，会对取经的效果带来ci的收益。由于你不准备让唐僧一行过于劳累，你决定下一个磨难到上一个磨难至少要走过p里；但是，你也不准备让他们过于安逸，你又决定下一个磨难到上一个磨难至多不能走过q里。另外，第i里路上设置的磨难，对应着一个具有玄机的数字di。考虑到某些磨难之间存在在功德上相互抵消的关系，如果相邻的两个磨难的di均具有某个给定的因子t，它们会共同带来-z的损失。
　　现在请你求出最佳安排方式下，收益的最大值。（默认唐僧从长安出发的时候是第0里，经历了第0个磨难，当前收益为0。设置的磨难数可以是0到k之间的任何整数。）
　　注意，只有磨难之间有限制，终点不一定设置了磨难。
　第一行六个正整数n,k,t,p,q,z。
　　接下来一行有n个正整数ci。
　　接下来一行有n个正整数di。
　　输出文件包含一行一个整数，表示收益的最大值。
8 3 3 2 3 1
8 9 11 6 7 5 6 8
1 2 3 3 3 1 3 3
24
【样例说明】
　　3个劫难分别位于第3，5，8里。总收益为11+7+8-1-1=24.
　　注意第一个劫难由于受到第0个劫难的制约只能选择第2或3里，而最后一个劫难未受后方制约。
【数据范围与约定】
　　该题目一共有20个数据点。
　　对于第1-3个数据点，n<=15,k<=6。
　　对于第4-8个数据点，n<=100,k<=50。
　　对于第9-12个数据点，n<=500,k<=100。
　　对于第13-17个数据点，n<=4000,k<=300。
　　对于第18-20个数据点，n<=10000,k<=800。
　　对于奇数号数据点，t>max{di}。
　　此外，对所有的数据，都有k<=n,1<=ci<=10^6,z<=10^6, di<=10^9,1<=p<=q<=n。

#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#define _I inline
#define _R register
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define mod 1000000007
#define eps 1e-5
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define memset(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define memcpy(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
using namespace std;
//char buf[1<<19],*p1=buf,*p2=buf;
//#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<19,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
const ll N=10005;
ll n,k,t,p,q,z,ans=-INF,maxx;
ll c[N],d[N],f[N][2],Q[N][2],l[2],r[2];
_I ll read(){
    ll x=0;char ch=getchar();bool f=0;
    while(ch>'9'||ch<'0')f|=(ch=='-'),ch=getchar();
    while('0'<=ch&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    f&&(x=-x);
    return x;
}
int main(){
//    freopen("journey2.in","r",stdin);
//    freopen("journey.out","w",stdout);
    n=read();k=read();t=read();p=read(),q=read(),z=read();
    for(_R ll i=1;i<=n;++i)c[i]=read();
    for(_R ll i=1;i<=n;++i)d[i]=read();
    for(_R ll i=p;i<=q;++i)f[i][1]=c[i],ans=max(ans,f[i][1]);
    for(_R ll j=2;j<=k;++j){
        l[0]=l[1]=1;r[0]=r[1]=0;
        for(_R ll i=1;i<=n;++i){
            f[i][j&1]=-INF;            
            if(i-p>=0){
                if(d[i-p]%t==0){
                    while(l[1]<=r[1]&&f[i-p][(j&1)^1]>=f[Q[r[1]][1]][(j&1)^1])--r[1];
                    Q[++r[1]][1]=i-p;
                }
                else{
                    while(l[0]<=r[0]&&f[i-p][(j&1)^1]>=f[Q[r[0]][0]][(j&1)^1])--r[0];
                    Q[++r[0]][0]=i-p;
                }
            }



            while(l[1]<=r[1]&&Q[l[1]][1]<i-q)++l[1];
            while(l[0]<=r[0]&&Q[l[0]][0]<i-q)++l[0];

            if(d[i]%t==0){if(l[1]<=r[1])f[i][j&1]=f[Q[l[1]][1]][(j&1)^1]+c[i]-z;}
            else{if(l[1]<=r[1])f[i][j&1]=f[Q[l[1]][1]][(j&1)^1]+c[i];}
            if(l[0]<=r[0])f[i][j&1]=max(f[i][j&1],f[Q[l[0]][0]][(j&1)^1]+c[i]);
            ans=max(ans,f[i][j&1]);
        }
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}