分析
首先考虑怎么求出所有交点。
注意到 $a$ 与 $b$ 有交（假设 $y_{a,0}<y_{b,0}$ ）当且仅当 $y_{a,1}>y_{b,1}$ 。
那么可以用 set 来维护 $y_{x,1}$ ，然后暴力求出所有交点。
因为交点个数 $\leq 500000$ ，所以可以过。
容易发现 $a,b$ 的贡献和 $c$ 的贡献是独立的。
先考虑怎么计算 $c$ 的贡献。显然只要求出有多少个交点被正方形覆盖了即可。
那么将坐标轴旋转 $45^\circ$ ，然后直接扫描线即可。可以用树状数组来维护。
最后考虑计算 $a,b$ 的贡献。
先考虑一种极端的情况。因为对向交换不改变相对顺序，所以全部对向交换一定是可行的。
考虑另一种极端情况即对向交换尽量少。显然对于每个环，最少要对向交换 $len-1$ 次。那么最少要对向交换 $环数n-\text{环数}$ 次。
代码
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// author: M_sea
// website: http://m-sea-blog.com/
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#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <set>
#define re register
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read() {
int X=0,w=1; char c=getchar();
while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') w=-1; c=getchar(); }
while (c>='0'&&c<='9') X=X*10+c-'0',c=getchar();
return X*w;
}
const int N=100000+10;
const double eps=1e-10;
struct node { double x,y1,y2; int op; } p[N*10];
bool operator <(node a,node b) { return a.x<b.x; }
int n,k,A,B,C,X0,X1;
int Y0[N],Y1[N];
int tot,sum,len,num;
int f[N],g[N];
double o[N*10];
ll ans1,ans2;
set<pair<int,int> > S;
inline bool cmp(int a,int b) { return Y1[a]<Y1[b]; }
//树状数组
int c[N*10];
inline int lowbit(int x) { return x&-x; }
inline void add(int x,int y) {
for (;x<=len;x+=lowbit(x)) c[x]+=y;
}
inline int query(int x) {
int res=0;
for (;x;x-=lowbit(x)) res+=c[x];
return res;
}
int main() {
n=read(),A=read(),B=read(),C=read(),X0=read(),X1=read();
for (re int i=1;i<=n;++i) Y0[i]=read();
for (re int i=1;i<=n;++i) Y1[i]=read();
//求交点
for (re int i=n;i;--i) {
for (set<pair<int,int> >::iterator it=S.begin();it!=S.end();++it) {
pair<int,int> j=*it;
if (j.first>Y1[i]) break;
double k=1.0*(Y0[j.second]-Y0[i])/(Y0[j.second]-Y0[i]+Y1[i]-j.first);
double x=X0+k*(X1-X0),y=Y0[i]+k*(Y1[i]-Y0[i]);
p[++tot]=(node){x+y,x-y,0,0};
o[++len]=x-y;
}
S.insert(make_pair(Y1[i],i));
}
sum=tot;
//扫描线
k=read();
for (re int i=1;i<=k;++i) {
int x_=read(),y_=read(),r=read();
int x=x_+y_,y=x_-y_;
p[++tot]=(node){x-r-eps,y-r-eps,y+r+eps,1};
p[++tot]=(node){x+r+eps,y+r+eps,y-r-eps,-1};
o[++len]=y-r-eps,o[++len]=y+r+eps;
}
sort(p+1,p+tot+1),sort(o+1,o+len+1),len=unique(o+1,o+len+1)-o-1;
for (re int i=1;i<=tot;++i) {
p[i].y1=lower_bound(o+1,o+len+1,p[i].y1)-o;
p[i].y2=lower_bound(o+1,o+len+1,p[i].y2)-o;
}
for (re int i=1;i<=tot;++i) {
if (!p[i].op) ans1+=(query(p[i].y1)>0);
else add(p[i].y1,1),add(p[i].y2,-1);
}
//求环
for (re int i=1;i<=n;++i) f[i]=i;
sort(f+1,f+n+1,cmp);
for (re int i=1;i<=n;++i) g[f[i]]=i;
for (re int i=1;i<=n;++i)
if (f[i]!=i) f[g[i]]=f[i],g[f[i]]=g[i],++num;
//求答案
ans1=ans1*C+1ll*sum*A,ans2=ans1+(sum-num)*(B-A);
if (ans1>ans2) swap(ans1,ans2);
printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
return 0;
}