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题目。

首先考虑 \(O(NQ)\) 暴力。

发现求 \(B\) 的顶部开始第 \(q_i\) 张牌并不好求，我们可以先求一开始编号为 \(i\) 的卡片在 \(B\) 的位置绝对不是我一开始看错题了。

按以下规则跳：

\(1\)：位置 \(i\) 在第 \(x\) 次洗牌后到了 \(p_{i-x+1}+x-1\)（\(1\le i-x+1\le m\)），有些位置在第 \(x\) 次洗牌是不变的。

\(2\)：第 \(x\) 次洗牌后位于 \(x\) 位置的被选出。

于是可以写出代码，注意代码中 \(x\) 表示初始位置，\(now\) 表示开始第一次洗牌是全局的第几次洗牌。

int now=max(0,x-m),pos=x;
while(now!=pos&&now<n-m+1){
  now++;
  pos=p[pos-now+1]+now-1;
}

接下来求 \(B\) 的顶部开始第 \(q_i\) 张牌。

这相当于求第 \(n-q_i+1\) 个被选出的卡片的编号。

这其实就是倒着做而已。

初始条件为 \(now = min(x, n - m + 1), pos = x;\)，注意这里的 \(x\) 指第 \(x\) 个被选出。

设 \(pp_{p_{i}}=i\)，反推得到。

while(now){
  pos=pp[pos-now+1]+now-1;
  now--;
  if(pos>now+m-1)break;
}

注意一下如果不再被洗牌的话要跳过。

这样就可以拿到 50pts。

一次一次跳还是太慢了，考虑加速。

计 \(now_i,pos_i\) 表示跳第 \(i\) 次的值。

\[\begin{cases} now_i= \min (x,n-m+1),pos_i=x,i=0\\ now_i=now_{i-1}-1,pos_i=pp_{pos_{i-1}-now_{i-1}+1}+now_{i-1}-1,i\ge 1 \end{cases} \]

多推几下。

\[\begin{aligned} pos_{i}&=pp_{pos_{i-1}-now_{i-1}+1}+now_{i-1}-1\\ &=pp_{pp_{pos_{i-2}-now_{i-2}+1}+now_{i-2}-1-now_{i-1}+1}+now_{i-2}-1-1\\ &=pp_{pp_{pos_{i-2}-now_{i-2}+1}+1}+1+now_{i-2}-3\\ &=pp_{pp_{pp_{pos_{i-3}-now_{i-3}+1} +1}+1}+1+now_{i-3}-4\\ &=\dots \end{aligned} \]

注意到形式一致的，于是考虑把 \(i\) 向 \(pp_i+1\) 连边，然后跳边可以直接倍增。

注意跳的话要满足：

\(1\)：最多跳 \(now_0\) 步。

\(2\)：跳到不合法停止（\(fa\) 为 \(0\)）。

一开始我不知道该跳多少步，然后二分了一下虽然还是过了，但其实没必要，直接贪心即可。

最后时间复杂度 \(O((M+Q)\log N)\)。

所以 \(Q\) 开这么小 hyw 啊？

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
#define rep(i,l,r) for(int i=(l);i<=(r);++i)
#define per(i,r,l) for(int i=(r);i>=(l);--i)

const int N=1e5+5;
int n,m,Q,x;
int p[N],pp[N],f[N][35];
void solve(){
	cin>>n>>m>>Q;
	rep(i,1,m) cin>>p[i],pp[p[i]]=i;
	rep(i,1,m) f[i][0]=pp[i]+1;
	rep(j,1,30) rep(i,1,m) f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];
	while(Q--){
		cin>>x;
		x=n-x+1;
		int now=min(x,n-m+1),pos=x,ans=0;
		int st=pos-now+1;
		per(j,30,0) if(ans+(1<<j)<=now&&f[st][j]) st=f[st][j],ans+=(1<<j);
		cout<<st+now-(ans+1)<<'\n';
	}
}
int main(){
	cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(false);
	solve();
}