考虑转期望。

对称具有期望线性性,即我们可以关于期望位置对称。

那么一次对称操作变成 $a_i = a_{i-1} + a_{i+1} - a_i$。

考虑差分数组的变化，发现是交换了 $a_i - a_{i-1}$ 与 $a_{i+1} - a_i$。

发现 $m$ 不大，但是 $K$ 大。

发现既然是交换操作，那么可以维护一个置换，做快速幂即可。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1e5;
const int mod=1e9+7;
struct Node{int p[maxn+5];};
int n,m,K;
int a[maxn+5];
int b[maxn+5];
int c[maxn+5];
Node bs,res;
inline int Fpow(int x,int y){
    int res=1;
    for(;y;x=x*x%mod,y>>=1)
        if(y&1) res=res*x%mod;
    return res;
}
Node operator*(Node x,Node y){
    Node z;
    for(int i=1;i<n;i++)
        z.p[i]=y.p[x.p[i]];
    return z;
}
signed main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<n;i++){
        b[i]=a[i+1]-a[i];
        bs.p[i]=i;
        res.p[i]=i;
    }
    scanf("%lld%lld",&m,&K);
    int x;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%lld",&x);
        swap(bs.p[x],bs.p[x-1]);
    }
    int t=K;
    for(;t;bs=bs*bs,t>>=1)
        if(t&1) res=res*bs;
    for(int i=1;i<n;i++)
        c[i]=b[res.p[i]];
    for(int i=2;i<=n;i++)
        a[i]=a[i-1]+c[i-1];
    t=Fpow(2,K%(mod-1)*m%(mod-1));
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%lld ",((t*a[i]%mod)+mod)%mod);
    return 0;
}