Solution
啊感觉是好有意思的一道题qwq官方题解里面的说辞也是够皮的哈哈哈。。（大概就是说如果你没有意识到那个trick的话这题这辈子都做不出来qwq）
一开始看到那个什么随机跳啊。。什么期望值啊。。整个人都蒙掉了。。
然而实际上都是假的== 我们考虑一次跳跃，跳完的兔子的期望下标的表达式实际上长这个样子：
所以浮点数什么的都是假的==
（然后实际上我。。一开始想偏了，想到了另一个方向就是把每次兔子跳完的下标可以直接赋成这次跳跃之后的期望下标，然后后面的其他再直接拿这个期望下标带进去算，这样是ok的原因的话。。展开一下式子什么的就知道了，但实际上这题应该先用上面式子所示这个性质）
然后其实根据括号里面吐槽提到的内容，我们其实可以将每次跳完之后的(x_i)赋成(x_{i-1}+x_{i+1}-x_i)，这样我们就获得了一个暴力模拟的做法，但是当(K)很大的时候显然凉凉
所以这个时候我们再来看看这个式子，我们来快乐差分一下（数学不好的我流下来不会构造的泪水），我们令(nw_i=x_i-x_{i-1})，那么可以发现：
然后我们就会发现。。一次跳跃其实就是让(nw_i)和(nw_i+1)的位置对调了0.0
然后这题就变得很假了
因为每轮跳跃的过程是一样的，也就是说交换的模式是固定的，所以我们可以考虑处理映射而不是直接算值，我们先求出(nw_i)在一轮跳跃之后下标会变成什么，然后存在一个数组(change)里面
然后我们就可以倍增一波求出下标(i)在(K)轮跳跃之后变成了什么，这样我们就可以得到(K)轮跳跃之后的(nw)了，还原回(x)的话，直接前缀和一下就好了（正负抵消一下就只剩下(x_i)了）
所以实际上我们在计算的时候并没有真的用到期望。。之类的东西而是直接转化了问题0.0感觉真是很妙啊
时间复杂度(O(nlogn))，然而貌似也有(O(n))的做法（不过我好像不太会qwq）
代码大概长这个样子
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
ll X[N],a[N],change[N],ans[N],tmp[N],loc[N];
int n,m;
ll K;
void prework(){
for (int i=1;i<=n;++i) change[i]=i;
for (int i=1;i<=m;++i)
swap(change[a[i]],change[a[i]+1]);
}
void solve(ll y){
for (int i=1;i<=n;++i) ans[i]=i;
for (;y;y>>=1){
if (y&1){
for (int i=1;i<=n;++i) tmp[i]=ans[change[i]];
for (int i=1;i<=n;++i) ans[i]=tmp[i];
}
for (int i=1;i<=n;++i) tmp[i]=change[change[i]];
for (int i=1;i<=n;++i) change[i]=tmp[i];
}
for (int i=1;i<=n;++i) tmp[i]=X[ans[i]];
for (int i=1;i<=n;++i) X[i]=tmp[i];
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",loc+i),X[i]=loc[i]-loc[i-1];
scanf("%d%lld",&m,&K);
for (int i=1;i<=m;++i) scanf("%lld",a+i);
prework();
solve(K);
ll now=0;
for (int i=1;i<=n;++i){
now+=X[i];
printf("%lld.0
",now);
}
}