IX.CF993E Nikita and Order Statistics
首先，一上来就能想到的思路，对于(< x)的位置，赋成(1)；对于(geq x)的位置，赋成(0)，然后跑前缀和，设为(sum_x)。这样子，(x)在某个子串([l,r])中的排名就是(sum_r-sum_{l-1})。
设(x)在(sum)数组中出现了(cnt_x)次。则某个(k)的答案(ans_k=sum_{i=k}^ncnt_i*cnt_{i-k})。因为挑选任何一个(sum=i)的前缀与任何一个(sum=i-k)的前缀，都可以拼成一个(k)出来。
遇事不决就翻转。我们设(f)表示原本的(cnt)，(g)表示翻转（(g_x=cnt_{n-x})）后的(cnt)。
则现在，(ans_{n-k}=sumlimits_{i+j=k}f_i*g_j)。是卷积的形式，直接FFT！！！
不过有几个注意点：
1.(sum_0)，即空前缀和，也要计入(cnt)，不然类似于串([1,r])的就不会被计入。估计只有我一个人才会忘记吧
2.(ans_0)要特判，因为某些串你瞎卷卷可能卷出来长度为(0)的串。可以直接(O(n))暴力扫一遍即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const double pi=acos(-1);
int n,m,cnt[1<<20],lg,lim=1,h[1<<20],rev[1<<20],sum[1<<20];
struct cp{
double x,y;
cp(double u=0,double v=0){x=u,y=v;}
friend cp operator +(const cp &u,const cp &v){return cp(u.x+v.x,u.y+v.y);}
friend cp operator -(const cp &u,const cp &v){return cp(u.x-v.x,u.y-v.y);}
friend cp operator *(const cp &u,const cp &v){return cp(u.x*v.x-u.y*v.y,u.x*v.y+u.y*v.x);}
}f[1<<20],g[1<<20];
void FFT(cp *a,int tp){
for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int md=1;md<lim;md<<=1){
cp rt=cp(cos(pi/md),tp*sin(pi/md));
for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
cp w=cp(1,0);
for(int i=0;i<md;i++,w=w*rt){
cp x=a[pos+i],y=w*a[pos+md+i];
a[pos+i]=x+y;
a[pos+md+i]=x-y;
}
}
}
}
int zero(){
int pos=0,res=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(sum[i]!=sum[i-1])pos=i;
res+=i-pos;
}
return res;
}
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
while(lim<=n*2+1)lim<<=1,lg++;
for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
cnt[0]++;
for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%lld",&x),sum[i]=sum[i-1]+(x<m),cnt[sum[i]]++;
for(int i=0;i<=n;i++)f[i]=cp(cnt[i],0),g[i]=cp(cnt[n-i],0);
FFT(f,1),FFT(g,1);
for(int i=0;i<lim;i++)f[i]=f[i]*g[i];
FFT(f,-1);
for(int i=0;i<=n;i++)h[n-i]=(int)(f[i].x/lim+0.5);
printf("%lld ",zero());
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld ",h[i]);
return 0;
}