题意：
有n只兔子，i号兔子开始的时候在a[i]号位置。每一轮操作都将若干只兔子依次进行操作：
加入操作的是b[i]号兔子，就将b[i]号兔子移动到关于b[i]-1号兔子现在所在的位置对称的地方，或者是关于b[i]+1号兔子现在所在的位置对称的地方，两者是等概率的。现在给出每一轮操作的兔子编号及顺序，要你求k轮之后每只兔子的位置的期望。保证操作的兔子编号为2~n-1。
数据范围：
1<=n,每一轮的操作数量<=100000
1<=k<=10^18
思路：
看见k这么大，肯定第一反应是有某种周期。
然后来看单独的一轮操作，是一个简单的求解期望的问题。因为选择b[i]-1号兔子和b[i]+1号兔子是等概率的，那么当前这只兔子的期望位置也就是确定的，也就是\(\dfrac{2a[b[i]-1]-a[b[i]]+2a[b[i]+1]-a[b[i]]}{2}=a[b[i]+1]+a[b[i]-1]-a[b[i]]\)。那么对于单轮的操作来说，就变得简单了，就是按顺序将每个兔子的位置变为上面所说的值。
那么考虑有多轮的情况。参考了网上的题解之后，原来是一个很妙的做法，考试的时候我当然没有想到╮(╯﹏╰）╭
观察改变之前的序列与查分之后的序列的差分数组。
之前：a[1],a[2],a[3] -> 差分数组：a[1],a[2]-a[1],a[3]-a[1]
之后：a[1],a[1]+a[3]-a[2],a[3] -> 差分数组：a[1],a[3]-a[2],a[2]-a[1]
神奇的事情发生了！！我们发现差分数组中，竟然是两个位置，也就是i和i+1对换了位置！！
那么到了这里，也就不难发现这就是置换了。将每一个循环求出来，然后对于每一个循环，假设循环长度为T，那么让k%=T，然后讲这个循环涉及到的所有的位置的答案都求出来，然后就做到O(n)。
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define MAXN 100000
using namespace std;
typedef long long LL;
vector<int> turns[MAXN+5];//用vector来记录每一个循环
LL k;
int n,m,tcnt=0,chs[MAXN+5],id[MAXN+5],id2[MAXN+5];
//id存的是单次操作之后的状态,id2存的是k次操作之后的操作
LL x[MAXN+5],a[MAXN+5];
LL a2[MAXN+5],x2[MAXN+5];
//a2是之后的差分序列，x2是之后的兔子位置
bool vis[MAXN+5];
int main()
{
// freopen("rabbit.in","r",stdin);
// freopen("rabbit.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&x[i]),id[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=x[i]-x[i-1];
scanf("%d %lld",&m,&k);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d",&chs[i]),swap(id[chs[i]],id[chs[i]+1]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int p=i;
if(vis[p]==true)
continue;
tcnt++;
while(vis[p]==false)
{
vis[p]=true;
turns[tcnt].push_back(p);
p=id[p];
}
}
for(int i=1;i<=tcnt;i++)
{
int T=(int)turns[i].size();//对于每一个循环单独计算
int pos=k%T;
//处理出开头位置所对应的最终位置，然后向后挪到来求出这个循环里的其他元素所对应的答案
for(int j=0,p=pos;j<(int)turns[i].size();j++,p=(p+1)%T)
id2[turns[i][j]]=turns[i][p];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
a2[i]=a[id2[i]];
for(int i=1;i<=n;i++)
x2[i]=x2[i-1]+a2[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%lld.0\n",x2[i]);//因为题目要求，强行加一个.0
return 0;
}