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最新推荐文章于 2022-04-04 00:48:33 发布

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分类专栏：生成函数 codeforces

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非常有趣（
考虑设 $b_n$ 为第 $n$ 个数被减去的次数，那么对于 $K$ 次之后的某个局面，答案就是
$\prod_{i=1}^n a_i - \prod_{i=1}^n (a_i-b_i)$
的期望值
实际上就是
$\prod_{i=1}^n a_i - \sum_{\sum b_i=k} \frac{k!}{n^k \prod_{i=1}^n b_i!} \prod_{i=1}^n (a_i-b_i)$
也就是说，我们把 $b_i!$ 挪进去，对于 $∑∑bi=k∏i=1nai−bibi!\sum_{\sum b_i=k}\prod_{i=1}^n \frac{a_i-b_i}{b_i!}$ 计算贡献
这一块的贡献我们可以考虑生成函数，对于每一个 $ai−bibi!\frac{a_i-b_i}{b_i!}$ ，他的生成函数就是
$Fi(x)=∑j=0∞(ai−j)xjj!F_i(x)=\sum_{j=0}^{\infin} \frac{(a_i-j)x^j}{j!}$
大力化简一下，就是 $F_i(x) = (a_i-x) e^x$
然后我们乘一下，那么 $Fi(x)=enx∏i=1n(ai−x)F_i(x)=e^{nx}\prod_{i=1}^n(a_i-x)$
然后前面的展开，后面的暴力
记得乘上 $k!nk\frac{k!}{n^k}$
如果把生成函数乘完之后的系数设为 $c_i ,$ 这样答案就是
$\sum_{i=0}^n c_i \frac{\prod_{j=k-i+1}^{k} j}{n^i}$

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

#define SZ(x) ((int)(x).size())

using ll = long long;

ll KSM(ll a, ll k, ll mod) {
	ll ret = 1 % mod;
	for (; k; k >>= 1, a = a * a % mod) 
		if (k & 1)
			ret = ret * a % mod;
	return ret;
}

vector<int> mul(vector<int> const& f, vector<int> const& f2, int const& mod) {
	auto ret = vector<int>(SZ(f) + SZ(f2) - 1, 0);
	for (int i = 0; i < SZ(f); ++i) 
		for (int j = 0; j < SZ(f2); ++j) 
			ret[i + j] = (ret[i + j] + 1LL * f[i] * f2[j] % mod) % mod;
	return ret;
}
 
int const N = 5005;
int const mod = 1e9 + 7;

int a[N];
int n, K;

int main() {
	cin >> n >> K;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) 
		cin >> a[i];
	auto f = vector<int>(1, 0);
	f[0] = 1;
	long long ans = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		auto t = vector<int>(2, 0);
		t[0] = a[i];
		t[1] = -1;
		f = mul(f, t, mod);
		ans = ans * a[i] % mod;
	}
	long long jc = 1, inv = 1;
	long long inv_n = KSM(n, mod - 2, mod);
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		ans = (ans - 1LL * f[i] * jc % mod * inv % mod) % mod;
		jc = jc * (K - i) % mod;
		inv = inv * inv_n % mod;
	}
	cout << (ans % mod + mod) % mod << '\n';
}