CodeForces 891 E.Lust（生成函数）

Description

给出一长度为nnn的序列a1,...,an" role="presentation" style="position: relative;">a1,...,ana1,...,ana_1,...,a_n，每次操作等概率的从111~n" role="presentation" style="position: relative;">nnn中选一个数xxx，把这n" role="presentation" style="position: relative;">nnn个数去掉axaxa_x后的乘积加到答案里，然后把axaxa_x减一，问kkk次操作后答案的期望值

Input

第一行输入两个整数n,k" role="presentation" style="position: relative;">n,kn,kn,k，之后输入nnn个整数ai(1≤n≤5000,1≤k≤109,0≤ai≤109)" role="presentation" style="position: relative;">ai(1≤n≤5000,1≤k≤109,0≤ai≤109)ai(1≤n≤5000,1≤k≤109,0≤ai≤109)a_i(1\le n\le 5000,1\le k\le 10^9,0\le a_i\le 10^9)

Output

保证答案可以写成最简分数形式PQPQ\frac{P}{Q}，输出P⋅Q−1 mod109+7P⋅Q−1mod109+7P\cdot Q^{-1}\ mod 10^9+7

Sample Input

2 1
5 5

Sample Output

Solution

假设某次操作前这nnn个数字变成ai−bi" role="presentation" style="position: relative;">ai−biai−bia_i-b_i，bibib_i为iii被选中的次数

当前操作选中了x" role="presentation" style="position: relative;">xxx，那么该次操作的贡献为∏i≠x(ai−bi)=∏i=1n(ai−bi)−(ai−(bi+1))∏i≠x(ai−bi)∏i≠x(ai−bi)=∏i=1n(ai−bi)−(ai−(bi+1))∏i≠x(ai−bi)\prod\limits_{i\neq x}(a_i-b_i)=\prod\limits_{i=1}^n(a_i-b_i)-(a_i-(b_i+1))\prod\limits_{i\neq x}(a_i-b_i)

不妨设ci=bi,i≠x,cx=bx+1ci=bi,i≠x,cx=bx+1c_i=b_i,i\neq x,c_x=b_x+1为该次操作结束后iii被选中的次数

那么本次操作的贡献可以写成： ∏i=1n(ai−bi)−∏i=1n(ai−ci)" role="presentation" style="position: relative;">∏i=1n(ai−bi)−∏i=1n(ai−ci)∏i=1n(ai−bi)−∏i=1n(ai−ci)\prod\limits_{i=1}^n(a_i-b_i)-\prod\limits_{i=1}^n(a_i-c_i)

计算该交错和得总贡献为∏i=1nai−∏i=1n(ai−bi)∏i=1nai−∏i=1n(ai−bi)\prod\limits_{i=1}^na_i-\prod\limits_{i=1}^n(a_i-b_i)，其中bibib_i为kkk次操作后i" role="presentation" style="position: relative;">iii被选中的次数，∑i=1nbi=k∑i=1nbi=k\sum\limits_{i=1}^nb_i=k

故答案的期望值为1nk∑∑i=1nbi=kk!∏i=1nbi!(∏i=1nai−∏i=1n(ai−bi))=∏i=1nai−k!nk∑∑i=1nbi=k∏i=1nai−bibi!1nk∑∑i=1nbi=kk!∏i=1nbi!(∏i=1nai−∏i=1n(ai−bi))=∏i=1nai−k!nk∑∑i=1nbi=k∏i=1nai−bibi!\frac{1}{n^k}\sum_{\sum\limits_{i=1}^nb_i=k}\frac{k!}{\prod\limits_{i=1}^nb_i!}(\prod\limits_{i=1}^na_i-\prod\limits_{i=1}^n(a_i-b_i))=\prod\limits_{i=1}^na_i-\frac{k!}{n^k}\sum_{\sum\limits_{i=1}^nb_i=k}\prod\limits_{i=1}^n\frac{a_i-b_i}{b_i!}

令Pj(x)Pj(x)P_j(x)为上述求和式中第jjj项对答案的贡献，则有Pj(x)=∑i≥0aj−ii!xi,1≤j≤n" role="presentation" style="position: relative;">Pj(x)=∑i≥0aj−ii!xi,1≤j≤nPj(x)=∑i≥0aj−ii!xi,1≤j≤nP_j(x)=\sum\limits_{i\ge 0}\frac{a_j-i}{i!}x^i,1\le j\le n

化简得Pj(x)=aj∑i≥01i!xi−x∑i≥11(i−1)!xi−1=(aj−x)⋅exPj(x)=aj∑i≥01i!xi−x∑i≥11(i−1)!xi−1=(aj−x)⋅exP_j(x)=a_j\sum\limits_{i\ge 0}\frac{1}{i!}x^i-x\sum\limits_{i\ge 1}\frac{1}{(i-1)!}x^{i-1}=(a_j-x)\cdot e^x

记f(k)=∑∑i=1nbi=k∏i=1nai−bibi!f(k)=∑∑i=1nbi=k∏i=1nai−bibi!f(k)=\sum_{\sum\limits_{i=1}^nb_i=k}\prod\limits_{i=1}^n\frac{a_i-b_i}{b_i!}，考虑其生成函数F(x)=∑i≥0f(i)⋅xiF(x)=∑i≥0f(i)⋅xiF(x)=\sum\limits_{i\ge 0}f(i)\cdot x^i

有F(x)=∏j=1nPj(x)=enx⋅∏j=1n(aj−x)=enx⋅G(x)F(x)=∏j=1nPj(x)=enx⋅∏j=1n(aj−x)=enx⋅G(x)F(x)=\prod\limits_{j=1}^nP_j(x)=e^{nx}\cdot \prod\limits_{j=1}^n(a_j-x)=e^{nx}\cdot G(x)

O(n2)O(n2)O(n^2)直接计算得G(x)=∑i=0ngi⋅xiG(x)=∑i=0ngi⋅xiG(x)=\sum\limits_{i=0}^ng_i\cdot x^i，进而有:

f(k)=[xk]F(x)=∑i=0min(n,k)[xi]G(x)⋅[xk−i]enx=∑i=0min(n,k)gi⋅nk−i(k−i)!f(k)=[xk]F(x)=∑i=0min(n,k)[xi]G(x)⋅[xk−i]enx=∑i=0min(n,k)gi⋅nk−i(k−i)!f(k)=[x^k]F(x)=\sum\limits_{i=0}^{min(n,k)}[x^i]G(x)\cdot [x^{k-i}]e^{nx}=\sum\limits_{i=0}^{min(n,k)}g_i\cdot \frac{n^{k-i}}{(k-i)!}

故答案为∏i=1nai−k!nkf(k)=∏i=1nai−∑i=0min(n,k)gi⋅∏j=k−i+1kjni∏i=1nai−k!nkf(k)=∏i=1nai−∑i=0min(n,k)gi⋅∏j=k−i+1kjni\prod\limits_{i=1}^na_i-\frac{k!}{n^k}f(k)=\prod\limits_{i=1}^na_i-\sum\limits_{i=0}^{min(n,k)}g_i\cdot \frac{\prod\limits_{j=k-i+1}^kj}{n^i}

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int INF=0x3f3f3f3f,maxn=5005;
#define mod 1000000007
int n,k,v[maxn],a[maxn],b[maxn];
void inc(int &x,int y)
{x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
void dec(int &x,int y)
{x=x-y<0?x-y+mod:x-y;
}
int Pow(int a,int b)
{int ans=1;while(b){if(b&1)ans=(ll)ans*a%mod;a=(ll)a*a%mod;b>>=1;}return ans;
}
int main()
{while(~scanf("%d%d",&n,&k)){int ans=1;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&v[i]),ans=(ll)ans*v[i]%mod;a[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<i;j++){inc(b[j],(ll)v[i]*a[j]%mod);dec(b[j+1],a[j]);}for(int j=0;j<=i;j++)a[j]=b[j],b[j]=0;}int m=min(n,k),p=1,q=1,inv=Pow(n,mod-2);for(int i=0;i<=m;i++){dec(ans,(ll)p*a[i]%mod*q%mod);p=(ll)p*(k-i)%mod;q=(ll)q*inv%mod;}printf("%d\n",ans);}return 0;
}

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