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小 Yuuka 遇到了一个题目：有一个序列 a1,a2,...,an，对其进行q次操作，每次把一个区间内的数改成区间内的最大值，问最后每个数是多少。

小 Yuuka 很快地就使用了线段树解决了这个问题。于是充满智慧的小 Yuuka 想，如果操作是随机的，即在这 q 次操作中每次等概率随机地选择一个区间 [l,r] (1<=l<=r<=n)，然后将这个区间内的数改成区间内最大值（注意这样的区间共有 n*(n+1)/2 个），最后每个数的期望大小是多少呢？
小 Yuuka 非常热爱随机，所以她给出的输入序列也是随机的（随机方式见数据规模和约定）。对于每个数，输出它的期望乘 (n*(n+1)/2)^q 再对 10^9 + 7 取模的值。

输入格式
第一行包含两个正整数 n,q，表示序列里数的个数和操作的个数。

接下来一行，包含 n 个非负整数 a1,a2,...,an。

输出格式
输出共一行，包含 n 个整数，表示每个数的答案

样例输入
5 5
1 5 2 3 4
样例输出
3152671 3796875 3692207 3623487 3515626

数据范围与提示
对于所有的测试数据，保证序列中数的大小不超过 10^9，即 ai<=10^9，并且每个数是 0 到 10^9 之间的随机整数。n<=400, q<=400。

@solution@

直接计算不太方便，我们转换一下问题。
记 g(x, i) 表示第 i 个位置最终 <= x 的方案数，则得到第 i 个位置的最终期望为：

[ans_i = sum_{x=0}x*(g(x, i) - g(x-1, i)) ]

记 mx = max{a[1...n]}。因为当 x > max{a} 的时候有 g(x, i) = g(x-1, i)，所以我们可以取上界：

[ans_i = sum_{x=0}^{mx}x*(g(x, i) - g(x-1, i)) = mx*g(mx, i) - sum_{x=0}^{mx-1}g(x, i) ]

假如要求解 g(x, i)，我们可以令设状态 f(x, l, r, p)，表示第 p 步后 a[l...r] <= x 且 a[l-1] > x, a[r+1] > x 的方案数。注意必须两个条件同时满足，否则就不好弄。
于是 (g(x, i) = sum_{l=1}^{i}sum_{r=i}^{n} f(x, l, r, q))。

怎么转移呢？考虑第 p + 1 步的操作区间是什么样子：
（1）操作区间完全包含于 [1, l-1]，或 [l, r]，或 [r+1, n]。这时这个操作对这个区间无影响，从 f(x, l, r, p) 转移到 f(x, l, r, p+1)。可以预处理一下转移系数。
（2）操作区间包含 [l, r] 且不等于 [l, r]，显然这个区间就没了，无法转移。
（3）操作区间与 [l, r] 不完全相交。不妨假设操作区间在左边，另一边同理。设操作区间为 [l1, r1] 且 l1 < l <= r1 < r，则可以从 f(x, l, r, p) 转移到 f(x, r1 + 1, r, q)。这个转移可以前缀和搞定。

初始时，对于每一个 i 求区间 [li, ri] 使得 a[li...ri] <= a[i] 且 a[li-1] > x, a[ri+1] > x（这个区间是唯一的），令 f(x, li, ri, 0) = 1。
然后呢？其实这个时候可以直接写了（因为数列全部是随机，所以期望跑得很快）。但是我们还可以更优。

注意到转移与 x 无关，x 只与初始状态有关。假如令 f(mx, 1, n, 0) = -mx，则我们完全可以把 x 这一维去掉（但是我们还要考虑没有在序列中出现的权值）。
用一下滚动数组就可以 O(n^3) 轻松过这道题了。

@accepted code@

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF = (1<<30);
const int MOD = int(1E9) + 7;
const int MAXN = 400;
inline int add(int x, int y) {return (x + y)%MOD;}
inline int mul(int x, int y) {return 1LL*x*y%MOD;}
inline int sub(int x, int y) {return add(x,MOD-y);}
inline int func(int x) {return 1LL*x*(x-1)/2%MOD;}
int trans[MAXN + 5][MAXN + 5];
int f[2][MAXN + 5][MAXN + 5];
int a[MAXN + 5];
int n, q;
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &q);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d", &a[i]);
	a[0] = a[n + 1] = INF;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int p = a[i], q;
		for(int j=i;j<=n;j++) {
			p = max(p, a[j]), q = min(a[i-1], a[j+1]);
			if( i == 1 && j == n ) f[0][i][j] = MOD - p;
			else f[0][i][j] = max(0, q - p);
			trans[i][j] = add(func(j-i+2), add(func(i), func(n-j+1)));
		}
	}
	for(int i=1;i<=q;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++)
			for(int k=j;k<=n;k++)
				f[1][j][k] = f[0][j][k], f[0][j][k] = mul(trans[j][k], f[1][j][k]);
		for(int k=1;k<=n;k++) {
			int tmp = 0;
			for(int j=1;j<=k;j++) {
				f[0][j][k] = add(f[0][j][k], tmp);
				tmp = add(tmp, mul(f[1][j][k], j-1));
			}
		}
		for(int j=n;j>=1;j--) {
			int tmp = 0;
			for(int k=n;k>=j;k--) {
				f[0][j][k] = add(f[0][j][k], tmp);
				tmp = add(tmp, mul(f[1][j][k], n-k));
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int ans = 0;
		for(int j=1;j<=i;j++)
			for(int k=i;k<=n;k++)
				ans = add(ans, f[0][j][k]);
		printf("%d%c", sub(MOD, ans), i == n ? '
' : ' ');
	}
}

@details@

ZJOI 的题都是神仙题 * 4。

主要难点在于设计状态与状态优化。