题目背景
无
题目描述
数轴上有 n 只青蛙，分别编号为 1 到 n。青蛙 i 的初始位置的坐标为 xi。 它们准备进行如下形式的移动：每轮包括 m 次跳跃，第 i 次跳跃由青蛙 ai(1 < ai < n) 执行。青蛙 ai 会从青蛙 ai − 1 和青蛙 ai + 1 中等概率地选一 只，假设选出的青蛙所在的位置为 p，那么青蛙 ai 会跳到它当前位置关于 p 的 对称点。 青蛙们会连续进行 k 轮这样的移动。请你对每只青蛙，求出它最终坐标的 期望值。
输入输出格式
输入格式：
第一行为一个整数 n。 接下来一行 n 个整数 x1, x2, ..., xn。 接下来一行为两个整数 m, k。 接下来一行为 m 个整数 a1, a2, ..., am。
输出格式：
输出共 n 行，第 i 的数表示青蛙 i 的最终坐标的期望值，四舍五入到整数 后输出。
输入输出样例
说明
对于 20% 的数据，保证 3 ≤ n ≤ 20, 1 ≤ m ≤ 20, k = 1。 对于 40% 的数据，保证 3 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ m, k ≤ 1000。 对于 70% 的数据，保证 3 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ m ≤ 1000, 1 ≤ k ≤ 1018。 对于 100% 的数据，保证 3 ≤ n ≤ 105 , 1 ≤ m ≤ 105, 1 ≤ k ≤ 1018,|xi| ≤ 109, 1 < ai < n。
考试的时候xjb找了一下循环节，写hash还写挂了才得了60分2333。
题解见代码注释》》》
发现一个神规律之后就是一个O(N)题了
/*
首先推式子可以得到p[i]跳后的坐标
f[p[i]]=(2*f[p[i]-1]-f[p[i]])/2+(2*f[p[i]+1]-f[p[i]])/2
化简之后对原位置差分，可以发现跳一次就是交换一下自己和后面
位置的差分，于是对于每一次跳我们就处理出一个置换，然后
答案就可以从置换的K次幂之后对应的差分上计算了。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define maxn 100005
using namespace std;
ll pos[maxn],k,ans[maxn];
int n,m,a[maxn],to[maxn];
int p[maxn],now,circle[maxn];
bool v[maxn];
inline int add(int x,const int ha){
x++;
if(x>=ha) return x-ha;
else return x;
}
inline void work(int x){
int len=0;
while(!v[x]){
circle[++len]=x;
v[x]=1,x=to[x];
}
int y=k%len;
for(int i=1;i<=len;i++,y=add(y,len)){
to[circle[i]]=circle[y+1];
}
}
inline void solve(){
for(int i=1;i<=n;i++) if(!v[i]) work(i);
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",pos+i),p[i]=i;
//做一次差分
for(int i=n;i;i--) pos[i]-=pos[i-1];
scanf("%d%lld",&m,&k);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d",&now);
//now这个青蛙跳一次相当于交换一下它和它后面一个位置的差分
swap(p[now],p[now+1]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
//我们已经知道了i位置在一次操作之后的差分是p[i]位置的
//也就是p[i]位置的差分在一次差分之后移到了i位置
//所以我们得到的是一个置换的逆
//于是我们需要把边反向从而求出置换
to[p[i]]=i;
}
//找置换
solve();
for(int i=1;i<=n;i++) ans[to[i]]=pos[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
ans[i]+=ans[i-1];
printf("%lld
",ans[i]);
}
return 0;
}