题目

你有n个数 a1,a2,...,ana_1,a_2,...,a_na1,a2,...,an ,要进行 kkk 次操作，每次在 111 ~ nnn 中随机选择一个数 xxx，使得res+=∏i!=xaires+=\prod_{i!= x}a_ires+=∏i!=xai ,然后 axa_xax 减少 111，求最后 resresres 值的期望，答案对 109+710^9+7109+7 取模。
数据范围：
1≤n≤5000,1≤k≤109,0≤ai≤1091\le n\le 5000,1\le k \le 10^9,0\le a_i\le 10^91≤n≤5000,1≤k≤109,0≤ai≤109

思路

我们考虑在某一个局面即将进行一次操作:
记现在 aia_iai 减少的次数为 bib_ibi ，我们选中 axa_xax
那我们计算一次答案贡献：
∏i!=x(ai−bi),同时bx+=1\prod_{i!=x}(a_i-b_i),同时b_x+=1i!=x∏(ai−bi),同时bx+=1
那么我们变形
((ax−bx)−(ax−(bx+1)))∗∏i!=x(ai−bi)((a_x-b_x)-(a_x-(b_x+1)))*\prod_{i!=x}(a_i-b_i)((ax−bx)−(ax−(bx+1)))∗i!=x∏(ai−bi)
∏i=1n(ai−bi)−(∏i=1n(ai−bi))∗(ax−(bx+1))\prod_{i=1}^n(a_i-b_i)-(\prod_{i=1}^n(a_i-b_i))*(a_x-(b_x+1))i=1∏n(ai−bi)−(i=1∏n(ai−bi))∗(ax−(bx+1))
我们记某一个局面 α=(b1,b2,...,bn)\alpha=(b_1,b_2,...,b_n)α=(b1,b2,...,bn)
我们记 f(α)=∏i=1n(ai−bi)f(\alpha)=\prod_{i=1}^n(a_i-b_i)f(α)=i=1∏n(ai−bi)
那么一次的贡献为： f(α)−f(β)f(\alpha)-f(\beta)f(α)−f(β)
初局面：
f(start)=∏i=1naif(start)=\prod_{i=1}^na_if(start)=i=1∏nai
于是类似于裂项相消的样子,我们只剩初局面和末局面

即
E=f(start)−∑k!nk∗∏i=1nbi!∗f(end)E=f(start)-\sum\frac{k!}{n^k*\prod_{i=1}^nb_i!}* f(end)E=f(start)−∑nk∗∏i=1nbi!k!∗f(end)
于是我们只需保证:∑i=1nbi=k\sum_{i=1}^nb_i=k∑i=1nbi=k，
化简后半段
∑k!nk∗∏i=1nbi!∗∏i=1(ai−bi)=k!nk∗∑∏i=1ai−bibi!\sum\frac{k!}{n^k*\prod_{i=1}^nb_i!}*\prod_{i=1}(a_i-b_i)=\frac{k!}{n^k}*\sum\prod_{i=1}\frac{a_i-b_i}{b_i!}∑nk∗∏i=1nbi!k!∗i=1∏(ai−bi)=nkk!∗∑i=1∏bi!ai−bi
发现这个似乎很难搞，我们考虑化简和指数型母函数构造：
G(x)=∏i=1n∑j=0+∞ai−jj!xjG(x)=\prod_{i=1}^n\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{a_i-j}{j!}x^jG(x)=i=1∏nj=0∑+∞j!ai−jxj
=∏i=1n∑j=0+∞(aij!xj−jj!xj)=\prod_{i=1}^n\sum_{j=0}^{+\infty}(\frac{a_i}{j!}x^j-\frac{j}{j!}x^j)=i=1∏nj=0∑+∞(j!aixj−j!jxj)
=∏i=1n(∑j=0+∞aij!xj−∑j=0+∞xj!xj)=\prod_{i=1}^n(\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{a_i}{j!}x^j-\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{x}{j!}x^j)=i=1∏n(j=0∑+∞j!aixj−j=0∑+∞j!xxj)
=∏i=1n((ai−x)∗∑j=0+∞xjj!)=\prod_{i=1}^n((a_i-x)*\sum_{j=0}^{+\infty}\frac{x^j}{j!})=i=1∏n((ai−x)∗j=0∑+∞j!xj)
=∏i=1n((ai−x)∗ex)=\prod_{i=1}^n((a_i-x)*e^x)=i=1∏n((ai−x)∗ex)
=enx∏i=1n(ai−x)=e^{nx}\prod_{i=1}^n(a_i-x)=enxi=1∏n(ai−x)
我们的目标是求 G(x)G(x)G(x) 的第 kkk 项系数 fkf_kfk,考虑将后面直接 O(n2)O(n^2)O(n2) 拆成多项式形式(当然你会分治FFT O(nlog2n)O(nlog^2n)O(nlog2n))：
G(x)=enx∗∑i=0nci∗xiG(x)=e^{nx}*\sum_{i=0}^nc_i*x^iG(x)=enx∗i=0∑nci∗xi
前面拆开：
G(x)=(1+nx1!+(nx)22!+...)∗∑i=0nci∗xiG(x)=(1+\frac{nx}{1!}+\frac{(nx)^2}{2!}+...)*\sum_{i=0}^nc_i*x^iG(x)=(1+1!nx+2!(nx)2+...)∗i=0∑nci∗xi
我们要求第 kkk 项的系数 gkg_kgk：
gk=∑i=0nci∗nk−i(k−i)!g_k=\sum_{i=0}^nc_i*\frac{n^{k-i}}{(k-i)!}gk=i=0∑nci∗(k−i)!nk−i
回代到答案的后半段：
k!nk∗∑∏i=1ai−bibi!=k!nk∗gk\frac{k!}{n^k}*\sum\prod_{i=1}\frac{a_i-b_i}{b_i!}=\frac{k!}{n^k}*g_knkk!∗∑i=1∏bi!ai−bi=nkk!∗gk
=k!nk∗∑i=0nci∗nk−i(k−i)!=\frac{k!}{n^k}*\sum_{i=0}^nc_i*\frac{n^{k-i}}{(k-i)!}=nkk!∗i=0∑nci∗(k−i)!nk−i
我们知道 nnn 相较于 kkk 很小于是继续化简：
=∑i=0nci∗Akini=\sum_{i=0}^nc_i*\frac{A_k^i}{n^i}=i=0∑nci∗niAki
最后这个式子我们可以考虑递推 O(n)O(n)O(n) 计算
总时间复杂度：O(n2)/O(nlog2n)O(n^2)/O(nlog^2n)O(n2)/O(nlog2n)

代码

#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<deque>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<bitset>
#include<vector>
#include<climits>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
LL read(){LL f=1,x=0;char c=getchar();while(c<'0'||'9'<c){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();return f*x;
}
#define MAXN 5000
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Mod (LL)(1e9+7)
LL Pow(LL x,LL y){LL ret=1;while(y){if(y&1) ret=ret*x%Mod;x=x*x%Mod;y>>=1;}return ret;
}
LL a[MAXN+5],b[MAXN+5],c[MAXN+5];
int main(){LL n=read(),k=read(),ans=1;for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),ans=ans*a[i]%Mod;c[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<i;j++)b[j]=c[j]*a[i]%Mod;for(int j=0;j<i;j++)b[j+1]=(b[j+1]-c[j]+Mod)%Mod;memcpy(c,b,sizeof(c));}LL f=0,t1=1,t2=1,invn=Pow(n,Mod-2);for(int i=0;i<=n;i++){f=(f+c[i]*t1%Mod*t2%Mod)%Mod;t1=t1*(k-i)%Mod,t2=t2*invn%Mod;}ans=(ans-f)%Mod;printf("%lld\n",(ans+Mod)%Mod);return 0;
}

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