正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF891E
题目大意
\(n\)个数字的一个序列\(a_i\)，每次随机选择一个让它减去一。然后贡献加上所有其他\(a_i\)的乘积。
执行\(k\)次，求贡献答案。
\(1\leq n\leq 5000,0\leq a_i,k\leq 10^9\)
解题思路
这个操作很麻烦，但是其实答案就是开始时所有\(a_i\)的乘积减去结束时所有\(a_i\)的乘积。
设第\(i\)个数减去了\(b_i\)次，就是求\(\prod_{i=1}^na_i-\prod_{i=1}^n(a_i-b_i)\)的期望，考虑怎么求后面那个东西。
推一下式子不难发现对于一组\(b_i\)对期望的贡献就是
\[\frac{1}{n^k}\frac{k!}{\prod_{i=1}^n(b_i!)}\prod_{i=1}^n(a_i-b_i)
\]
（总方案×可重排方案×贡献）
把\(\prod_{i=1}^n(b_i!)\)丢进去会有很神奇的结果
\[\Rightarrow \frac{k!}{n^k}\prod_{i=1}^n\frac{a_i-b_i}{b_i!}
\]
因为每种方案都要求和，后面那个东西显然可以生成函数搞，设
\[\widehat{f_z}(x)=\sum_{i=0}^n(a_z-i)\frac{x^i}{i!}=\sum_{i=0}^\infty a_z\frac{x^i}{i!}-\sum_{i=0}^\infty i\frac{x^i}{i!}
\]
好像就搞不动了，前面那个是\(a_ze^{x}\)，其实后面那个把\(i\)抵消掉阶乘就是\(xe^{x}\)
\[\widehat{f_z(x)}=(a_z-x)e^x
\]
然后\(\widehat{F}=\prod_{i=1}^n\widehat{f_z}\)，可以暴力\(O(n^2)\)乘出\(\prod_{i=1}^n(a_z-x)\)这部分，记为\(\sum_{i=0}^{\infty}c_ix^i\)。
然后展开后面的\(e^x\)就有
\[\widehat{F(x)}[x^k]=\sum_{i=0}^kc_{i}\frac{n^{k-i}}{(k-i)!}
\]
然后
\[ans=\sum_{i=0}^kc_{i}\frac{k!}{(k-i)!n^i}
\]
就好了，时间复杂度\(O(n^2)\)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=5100,P=1e9+7;
ll n,k,f[N],ans;
ll power(ll x,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*x%P;
x=x*x%P;b>>=1;
}
return ans;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);f[0]=1;
for(ll i=1;i<=n;i++){
ll x;scanf("%lld",&x);
for(ll j=i;j>=1;j--)
f[j]=(f[j]*x-f[j-1]+P)%P;
f[0]=f[0]*x%P;
}
ll tt=1,inv=power(n,P-2);
for(ll i=0;i<=n;i++){
ans=(ans+f[i]*tt%P)%P;
tt=tt*inv%P*(k-i)%P;
}
printf("%lld\n",(f[0]-ans+P)%P);
return 0;
}