*Codeforces891E. Lust

$n \leq 5000$的数列，$k \leq 1e9$次操作，每次随机选一个数-1，然后把其他数的积加入答案。问最后答案期望，$mod \ \ 1e9+7$。

略微观察可以发现答案=初始数列的积-最终数列的积。所以就是求最终数列的积的期望。证明的话，可以归纳法，

$新答案=(k次操作后的数列-(k+1)次操作后的数列)+(原数列-k次操作后的数列)$

$=原数列-(k+1)次操作后的数列$。

接下来就求最终数列的积了。$b_i$--第$i$个数减少的次数，这里要枚举所有$b_i$，然后$E$表示最终数列积的期望，$E=\sum_{\sum_{i=1}^nb_i=k}\frac{\frac{k!}{\prod_{1}^{n}b_i}}{n^k}\prod_{i=1}^{n}(a_i-b_i)=\frac{k!}{n^k} \sum_{\sum_{i=1}^n b_i=k} \frac{a_i-b_i}{b_i!}$

$\sum b_i=k$的条件容易让人联想到：多个多项式乘积的第$k$项系数。那就把$\frac{k!}{n^k}$先不理了，转生成函数：

$F(x)=\prod_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{a_i-j}{j!}x^j$

$=\prod_{i=1}^n(\sum_{j=0}^{\infty}\frac{a_i*x^j}{j!}-\sum_{j=1}^{\infty}\frac{x*x^{j-1}}{(j-1)!})$

$=\prod_{i=1}^{n}(a_i-x)e^x$

$=e^{nx}\prod_{i=1}^{n}(a_i-x)$

非常好。现求它的第$k$项系数。后面那坨由于$n$不大直接$n^2$dp一下即可。（$f(i,j)$--前$i$个括号里有$j$个选了常数项）设其第$i$项系数$c_i$。

前面$e^{nx}$直接泰勒展开。

然后两个多项式相乘，就得到$_{[x^k]}F(x)=\sum_{i=0}^{n}c_i\frac{n^{k-i}}{(k-i)!}$

然后再乘上之前丢掉的$\frac{k!}{n^k}$，得到$E=\sum_{i=0}^{n}c_i\frac{k^{\underline{i}}}{n^i}$。搞定。

转载于:https://www.cnblogs.com/Blue233333/p/8757049.html

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