CF891E Lust

若隨機選擇爲第 \(x\) 個數，得其對答案的貢獻爲：

\[\large \prod_{i\neq x}a_i=\prod_{i}a_i-(a_x-1)\prod_{i\neq x}a_i \]

設 \(b_i\) 爲第 \(i\) 個數被選擇的次數，考慮差分，得最終答案爲：

\[\large \prod_{i}a_i-\prod_{i}(a_i-b_i) \]

由題意得 \(\sum\limits_{i}b_i=k\)，最終答案的指望爲：

\[\large \prod_{i}a_i-\frac{1}{n^k}\frac{k!}{\prod\limits_{i}b_i!}\prod_i (a_i-b_i)=\prod_{i}a_i-\frac{k!}{n^k}\prod_i \frac{a_i-b_i}{b_i!} \]

構造 \(EGF\)，得：

\[\large \prod_{i}\sum_j\frac{a_i-j}{j!}x^j=\prod_{i}(a_i-x)e^x=e^{nx}\prod_{i}(a_i-x) \]

\(\left[x^k\right]e^{nx}\prod\limits_{i}(a_i-x)\) 即爲所求，發現第二項爲 \(n\) 次多項式，因而就能夠 \(O(n^2)\) 計算該多項式的第 \(k\) 項了。

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 5010
#define p 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
    x=0;char c=getchar();bool flag=false;
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
    if(flag)x=-x;
}
ll n,k,val=1,ans;
ll f[maxn],inv[maxn];
int main()
{
    read(n),read(k),inv[1]=f[0]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i) inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
    for(int i=1,v;i<=n;++i)
    {
        read(v);
        for(int j=i;j>=1;--j) f[j]=(f[j]*v%p-f[j-1]+p)%p;
        f[0]=f[0]*v%p;
    }
    for(int i=0;i<=n;++i) ans=(ans+f[i]*val%p)%p,val=val*(k-i)%p*inv[n]%p;
    printf("%lld",(f[0]-ans+p)%p);
    return 0;
}