解析

二倍相邻项，就要想裂项

纯数学题
一道黑色的小凯的疑惑

设总球数为 $s$
我们先钦定一种颜色留到最后，那么其他颜色可以等价考虑
设 $f_i$ 为钦定的颜色的球有 $i$ 个，涂完需要的期望次数
则有：
$$f_i=(f_{i-1}+f_{i+1})\times p+f_i\times (1-2p)+w_i$$
其中 $p$ 表示有序取出两个不同色球的概率，$w_i$ 表示有 $i$ 个球的颜色留到最后的概率。
不难发现 $p=\frac{i(s-i)}{s(s-1)}$，考虑如何求 $w_i$。
首先有： $$w_0=0,w_s=1$$。
和 $f$ 的转移类似的，有：$$w_i=(w_{i-1}+w_{i+1})\times p+w_i\times (1-2p)$$
化简移项，得：
$$w_{i+1}-w_i=w_i-w_{i-1}$$
也就是说 $w$ 是一个等差数列，那么显然就有：
$$w_i=\frac{i}{s}$$
把 $p,w$ 带回原来的转移式：
$$f_i=(f_{i-1}+f_{i+1})\times \frac{i(s-i)}{s(s-1)}+f_i\times (1-\frac{2i(s-i)}{s(s-1)})+\frac{i}{s}$$
化简，得：
$$2f_i=f_{i+1}+f_{i-1}+\frac{s-1}{s-i}$$
也就是：
$$f_i-f_{i+1}=f_{i-1}+f_i+\frac{s-1}{s-i}$$
把 $i=1$ 带入，有：
$$f_2=2f_1+1$$
又有：
$$f_1=f_1-f_s=\sum _{i=2}^s(f_{i-1}-f_i)=(s-1)(f_1-f_2)+\sum _{i=2}^{s-1}\frac{s-1}{s-i}\times (s-i)$$
后面那个和式是由于对于一个 $\frac{s-1}{s-i}$，它会产生 $s-i$ 次贡献。
把 $f_2=2f_1+1$ 带入，得到：
$$f_1=\frac{(s-1{)}^2}{s}$$
得到 $f_1$ 之后，后面顺推即可。
过程中快速幂求逆元，时间复杂度 $O(n\log \mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d})$。

代码

（式子推完代码几乎没有任何难度了…）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m;inline ll ksm(ll x,ll k){ll res(1);while(k){if(k&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return res;
}
ll a[N];
ll s,f[N],mx;signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE//freopen("a.in","r",stdin);//freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),s+=a[i],mx=max(mx,a[i]);f[1]=(s-1)*(s-1)%mod*ksm(s,mod-2)%mod;f[2]=(2*f[1]-1+mod)%mod;for(int i=2;i<mx;i++) f[i+1]=(2*f[i]-f[i-1]+mod-(s-1)*ksm(s-i,mod-2)%mod+mod)%mod;ll ans(0);for(int i=1;i<=n;i++) (ans+=f[a[i]])%=mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/*
*/