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题解
先离散化，设离散化后的值域为 $[0,m]$ 。
首先把问题转化一下，变成：对于每一个位置 $i$ ，求出它最终不超过 $j$ 的方案数。
考虑如何求这个东西。
对于一个固定的 $j$ ，考虑一个这样的过程：
初始时，有若干个区间，两两不相交，且区间内的元素都小于等于 $j$ ，而且每一个区间都不能在满足条件的基础上，向左右任意一侧扩张。
考虑其中的一个区间 $[L,R]$ ，如果出现了操作使得它的边界变成了比 $j$ 大的值，那么这个区间会缩小。
考虑对于他的所有子区间 $[x,y]$ ，求出 $q$ 次操作之后， $[L,R]$ 缩小成 $[x,y]$ 的方案数。
这东西显然可以列出 DP 方程：设 $dp[x][i][j]$ 表示当前进行了 $x$ 次操作，初始区间变成 $[i,j]$ 方案数，则：
$$egin{eqnarray*}dp[x][i][j]&=&left (frac{(i-1)i}2 + frac{(j-i+1)(j-i+2)}2 + frac {(n-j)(n-j+1)}2 ight )dp[x-1][i][j] \ &+& sum_{k=L}^{i-1} dp[x-1][k][j] cdot (k-1) \ &+& sum_{k=j+1}^R dp[x-1][i][k] cdot (n-k) end{eqnarray*}$$
这样的话看上去总的运算量是 $O(n^4)$ 的。
考虑到题目中保证数据随机。
那么，如果对序列建一棵笛卡尔树，那么这个笛卡尔树是基本平衡的，可以近似看做一棵满二叉树。
而我们要求的区间只有 $O(n)$ 个，是对于每一个位置 $i$ ，到它两侧第一个比他大的数之前，这个范围内的区间答案。
这个东西放在笛卡尔树上就是子树的size，而对一个区间进行dp的复杂度是 $O(qcdot size^2)$ ，又由于这棵笛卡尔树可以近似看做满二叉树，所以求个和就可以发现复杂度总和是 $O(n^2q)$ 的，可以通过此题。
代码
#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof (x))
#define For(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=b;i>=a;i--)
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define fi first
#define se second
#define _SEED_ ('C'+'L'+'Y'+'A'+'K'+'I'+'O'+'I')
#define outval(x) printf(#x" = %d
",x)
#define outvec(x) printf("vec "#x" = ");for (auto _v : x)printf("%d ",_v);puts("")
#define outtag(x) puts("----------"#x"----------")
#define outarr(a,L,R) printf(#a"[%d...%d] = ",L,R);
For(_v2,L,R)printf("%d ",a[_v2]);puts("");
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector <int> vi;
LL read(){
LL x=0,f=0;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch))
f|=ch=='-',ch=getchar();
while (isdigit(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return f?-x:x;
}
const int N=405,mod=1e9+7,INF=mod;
void Add(int &x,int y){
if ((x+=y)>=mod)
x-=mod;
}
void Del(int &x,int y){
if ((x-=y)<0)
x+=mod;
}
int Pow(int x,int y){
int ans=1;
for (;y;y>>=1,x=(LL)x*x%mod)
if (y&1)
ans=(LL)ans*x%mod;
return ans;
}
int n,q;
int a[N];
int val[N][N];
vector <int> Ha;
int tmp[N][N];
int dp[2][N][N];
void solve(int L,int R,int t){
For(i,L,R)
For(j,i,R)
dp[0][i][j]=0;
dp[0][L][R]=1;
For(c,1,q){
int _0=(c^1)&1,_1=c&1;
For(i,L,R)
For(j,i,R)
dp[_1][i][j]=(LL)tmp[i][j]*dp[_0][i][j]%mod;
For(j,L,R){
int s=0;
For(i,L,j){
Add(dp[_1][i][j],s);
Add(s,(LL)dp[_0][i][j]*(i-1)%mod);
}
}
For(i,L,R){
int s=0;
Fod(j,R,i){
Add(dp[_1][i][j],s);
Add(s,(LL)dp[_0][i][j]*(n-j)%mod);
}
}
}
For(j,L,R){
int s=0;
For(i,L,j){
Add(s,dp[q&1][i][j]);
Add(val[i][t],s);
}
}
}
int main(){
n=read(),q=read();
For(i,1,n)
a[i]=read(),Ha.pb(a[i]);
sort(Ha.begin(),Ha.end());
Ha.erase(unique(Ha.begin(),Ha.end()),Ha.end());
For(i,1,n)
a[i]=lower_bound(Ha.begin(),Ha.end(),a[i])-Ha.begin();
For(i,1,n)
For(j,1,n)
tmp[i][j]=(i-1)*i/2+(j-i+1)*(j-i+2)/2+(n-j)*(n-j+1)/2;
a[0]=a[n+1]=Ha.size();
For(t,0,(int)Ha.size()-1){
int L=0,Mx=0;
For(R,1,n+1)
if (a[R]<=t)
Mx=max(Mx,a[R]);
else {
if (L+1<=R-1){
if (Mx<t){
For(i,L+1,R-1)
Add(val[i][t],val[i][t-1]);
}
else
solve(L+1,R-1,t);
}
L=R,Mx=0;
}
}
For(i,1,n){
int ans=0;
Fod(j,(int)Ha.size()-1,1)
Del(val[i][j],val[i][j-1]);
For(j,0,(int)Ha.size()-1)
Add(ans,(LL)val[i][j]*Ha[j]%mod);
printf("%d ",ans);
}
puts("");
return 0;
}