题意：
发现Ei如果给出了Fi就很好算，所以目标其实是算Fi.
首先我们令\(F_j=A_j-B_j\).
其中\[A_j=\sum_{i<j}\frac{q_iq_j}{(i-j)^2}.\]
\[B_j=\sum_{i>j}\frac{q_iq_j}{(i-j)^2}.\]
考虑将第一个式子变形为
\[A_j=\sum_{i=0}^{j-1}\frac{q_iq_j}{(i-j)^2}.\]
由乘法分配律，可以将\(q_j\)单拎出来，得：
\[A_j=q_j\times \sum_{i=0}^{j-1}\frac{q_i}{(i-j)^2}.\]
由于\((i-j)^2=(j-i)^2\)，所以考虑这样一个函数：
\[g(x)=\frac{1}{x^2}.\]
然后就会发现可以把
\[\frac{q_i}{(i-j)^2}\]
变形为
\[q_ig(j-i).\]
带回原式，得到：\[A_j=q_j\times \sum_{i=0}^{j-1}q_ig(j-i).\]
不难发现后面的那坨东西类似于多项式乘法，但是少了一项，可以手动将\(g(0)=0\).
然后...这就是个多项式乘法的典型形式！可以用\(\text{FFT}\)解决！
同理也可以化简\(B_j\).
\[B_j=\sum_{i=j+1}^{n-1} \frac{q_iq_j}{(i-j)^2} \]
\[B_j=q_j\sum_{i=j+1}^{n} \frac{q_i}{(i-j)^2} \]
然后突然发现...这东西和\(A_j\)的计算方法不大一样!咋整？
瞬间考虑->反转q序列！变成\[\sum_{i=0}^{j-1}\frac{q'_i}{(i-j)^2}.\]
然后把这个式子搞一下，变成\[\sum_{i=0}^{j-1}q'_ig(j-i)\]
发现这个式子本质上就是\(A_j\)，就能做了。