AGC006C Rabbit Exercise

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problem

有(n)个兔子站成一排，每只兔子有自己的位置，有(m)次操作，第(i)次操作将(a_i)以相等的概率挪到关于(a_{i-1})对称的位置或挪到与(a_{i+1})对称的位置。
将这m次操作进行K轮。
问最终每只兔子位置坐标的期望。

solution

对于第(a_i)个兔子，设(a_i-a_{i-1}=x,a_{i+1}-a_i=y)。那么如果选择关于(a_{i-1})对称，所到达的位置就是(l=a_{i-1}-x)。同样的，如果选择关于(a_{i+1})对称，到达的位置就是(r=a_{i+1}+y)，根据期望的线性性，第(i)只兔子所在坐标的期望就是(t=frac{l+r}{2})。显然(t-l=r-t=x+y)。又因为(a_{i-1}-l=x,r-a_{i+1}=y)。所以就有(t-a_{i-1}=y,a_{i+1}-t=x)。

设(d_i=a_i-a_{i-1})，对于第(i)个兔子进行一次操作，就相当于交换了(d_i)与(d_{i+1})。

那么做法就很简单了，先根据(m)操作求出一个置换，然后利用快速幂计算置换(K)次后的答案。

复杂度(O(nlogK))

code

/*
* @Author: wxyww
* @Date:   2020-05-21 15:53:33
* @Last Modified time: 2020-05-21 16:09:36
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200010;
#define int ll
ll read() {
	ll x = 0,f = 1;char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') {
		if(c == '-') f = -1; c = getchar();
	}
	while(c >= '0' && c <= '9') {
		x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();
	}
	return x * f;
}
int n;
ll tmp[N];
void mul(int *a,int *b) {
	for(int i = 1;i <= n;++i) {
		tmp[i] = a[b[i]];
	}
	for(int i = 1;i <= n;++i) a[i] = tmp[i];
}
int a[N],p[N];
void qm(ll y) {
	int ret[N];
	for(int i = 1;i <= n;++i) ret[i] = i;

	for(;y;y >>= 1,mul(p,p))
		if(y & 1) mul(ret,p);
	for(int i = 1;i <= n;++i) p[i] = ret[i];
}
signed main() {
	n = read();
	for(int i = 1;i <= n;++i) {
		a[i] = read();p[i] = i;
	}
	
	int m = read();ll K = read();
	
	for(int i = n;i >= 1;--i) a[i] -= a[i - 1];
	
	for(int i = 1;i <= m;++i) {
		int x = read();
		swap(p[x],p[x + 1]);
	}

	qm(K);

	for(int i = 1;i <= n;++i) tmp[i] = a[p[i]];
	// for(int i = 1;i <= n;++i) printf("%d ",tmp[i]);
	// puts("");
	for(int i = 1;i <= n;++i) {
		printf("%lld.0
",tmp[i] += tmp[i - 1]);
	}
	return 0;
}