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题外话：蒟蒻 Feyn 在考场上成功地被这道题卡住了，两行的代码写了差不多两个小时一直憋不出来。另外有个小小的疑问，为啥其它同学最后的处理方法都和题解一毛一样呢，是我的思路过于非主流了还是什么……

约定：假设 $A$ 是一个序列，$a$ 是一个元素，那么 $A+a$ 是在序列后拼上一个元素形成的新序列。$t(A,B)$ 是指最长序列 $C$ 的长度，满足其即是 $A$ 的后缀又是 $B$ 的前缀。

用 $f_i$ 来代表弹奏完前 $i$ 个音符的期望时间，那么我们可以把这个事件分成两个阶段。首先要弹完前 $i$ 个音符就必须要完美地弹完前 $i-1$ 个（这不废话），于是就必须对于最后一个音符分类讨论。显然有 $\frac{1}{m}$ 的概率使得最后的那个音符刚好是我们想要的，此时只需要再弹一个音符即可；但更多的时候我们会选择到一个没用的音符，此时我们就回到了之前的某个状态。假设我们当前弹了的音符序列是 $A$，当前弹错误音符是 $a$，我们希望的音符序列是 $B$，假如 $len=t(A+a,B)$，那么我们就可以看成是已经弹了 $len$ 个音符，接下来需要的期望时间理应是 $f_i-f_{len}+1$，毕竟最后那个音符也是需要时间的。于是方程就可以列出来了：

$$f_i=f_{i-1}+\frac{1}{m}+\frac{1}{m}(f_i-f_{s_1})+\frac{1}{m}(f_i-f_{s_2})+\dots$$

其中 $s_1$ 代表的是序列 $t(A+1,B)$，以此类推。当然等号右边的式子不能包含能一步到位的那一项。移项整理可得：

$$f_i=(f_{i-1}+1)\times m-(f_{s_1}+f_{s_2}+\dots )$$

问题变成了如何求后半部分。如果暴力求很可能被卡成 $O(N^2)$，考虑优化。

我们令上述式子的 $f_{s_1}+f_{s_2}+\cdots =g_{i-1}$，于是可以推出 $g$ 的含义，即串的某个前缀后面拼上所有可能字符后对应位置的 $f$ 值之和。既然我们希望的是极长的希望串前缀等于当前串后缀，那么显然 $g_i$ 应该和 $g_{fai{l}_i}$ 有密切的关系。显然这段开始的那个式子大部分项应该是相同的，除了两个地方。首先根据定义，$g_i$ 不能包括 $f_{s_{A_{i+1}}}$，也就是不能包括使得下一个位置刚好符合条件的那一项，减掉即可；而由于 $g_{fai{l}_i}$ 也没有包括 $f_{s_{A_{fai{l}_i+1}}}$ 那一项（可能有点绕抱歉），所以要加上这一项。画一下就可以知道两个部分对应的位置，然后正常更新即可。代码异常简略，复杂度 $O(N)$。

#include<bits/stdc++.h>
//#define feyn
#define int long long
using namespace std;
const int N=1000010;
const int mod=1e9+7;
inline void read(int &wh){
    wh=0;int f=1;char w=getchar();
    while(w<'0'||w>'9'){if(w=='-')f=-1;w=getchar();}
    while(w<='9'&&w>='0'){wh=wh*10+w-'0';w=getchar();}
    wh*=f;return;
}

int m,n,a[N],fail[N];
int f[N],g[N];

signed main(){
	
	#ifdef feyn
	freopen("in.txt","r",stdin);
	#endif
	
	read(n);read(m);
	for(int i=1,j=0;i<=m;i++){
		read(a[i]);if(i==1)continue;
		while(j&&a[j+1]!=a[i])j=fail[j];
		if(a[j+1]==a[i])j++;fail[i]=j;
	}
	f[1]=n;
	for(int i=2;i<=m;i++){
		//核心代码
		g[i-1]=g[fail[i-1]]+f[fail[i-1]+1]-f[fail[i]];//从fail那里继承，然后加上缺失的部分丢掉不用的部分
		f[i]=n*(f[i-1]+1)-g[i-1];//和上面的式子一样更新即可
		//核心代码
		f[i]%=mod,g[i]%=mod;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",(f[i]%mod+mod)%mod);
	
	return 0;
}