Codeforces 961G：第二类斯特林数

题意：

给出一个数列wi，对于一个集合S，，对于一个w的划分R，，求w的所有划分为k部分的W之和。

题解：

有一个显然的事实是：每个数字是等价的，也就是说每个数字wi单独来看，他在最终答案中的贡献都是p*wi，p是计算出来的一个系数。因此 答案=p*Σwi。

单独考虑每一个wx，设S是一个包含wx的集合，，那么wx对这个集合的贡献是|S|*wx，这个|S|可以分均到S中每一个元素身上，即和wx在同一个集合中每一个元素（包括wx自己）给wx带来了1的贡献。因此我们转而考虑每个数字给wx带来的贡献是多少，首先wx自己给自己带来的贡献是S(n,k)，即每种划分中自己给自己的贡献都是1。其次对于剩下的每一个wy给wx的贡献是相等的S(n-1,k)，即不考虑wx，剩下n-1个数字分成k部分，然后找到wy，把wx加入进去

所以系数p=S(n,k)+(n-1)*S(n-1,k)，所以答案=(Σwi)*p

由于n，k比较大，因此不能使用递推方式计算S，需要用到第二类斯特林数S的展开式

这个展开式是一个容斥的计算式，首先S的意义是将n个数字分到m个不可区分盒子且m个盒子都不是空的的方案数。1/m!的意思是先把盒子看成是可区分的，然后除以m!就是S了；(-1)^k是容斥系数；C(m,k)*(m-k)^n的意思是m个盒子中有k个是空的的方案数。其实知道了容斥的计算原理，这个公式是很容易直接现场推算出来的。

根绝这个公式，我们只需要预处理阶乘值，根绝阶乘值计算组合数C，快速幂等等基本姿势。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD = 1e9+7;
const int maxn = 2e5+100;
int fac[maxn];
int n,k;
int power(int x,int y){
	int ans=1;
	while (y){
		if (y&1){
			ans = 1LL*ans*x%MOD;
		}
		x = 1LL*x*x%MOD;
		y>>=1;
	}
	return ans;
}
int C(int x,int y){
	return 1LL*fac[x]*power(fac[y],MOD-2)%MOD*power(fac[x-y],MOD-2)%MOD;
}
int S(int x,int y){
	LL res = 0;
	for (int i=0,flag=1;i<=y;i++,flag=-flag){
		res+=1LL*flag*C(y,i)*power(y-i,x)%MOD;
		res=(res+MOD)%MOD;
	}	
	return res*power(fac[y],MOD-2)%MOD;
}
void init(){
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<maxn;i++){
		fac[i] = 1LL*fac[i-1]*i%MOD;
	}
}
int main(){
	init();
	cin>>n>>k;
	int sum =0;
	for (int i=0;i<n;i++){
		int ai;
		scanf("%d",&ai);
		sum+=ai;
		if (sum>=MOD){
			sum-=MOD;
		}
	}
	cout<<1LL*sum*((S(n,k)+1LL*(n-1)*S(n-1,k)%MOD)%MOD)%MOD<<endl;
	return 0;
}