正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF891E

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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。

$1\le n\le 5000,0\le a_i,k\le 10^9$

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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${\prod }_{i=1}^n{a}_i-{\prod }_{i=1}^n(a_i-b_i)$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$a_z{e}^x$，其实后面那个把$i$抵消掉阶乘就是$x{e}^x$
$$\widehat{f_z(x)}=(a_z-x)e^x$$
然后$\hat{F}={\prod }_{i=1}^n\widehat{f_z}$，可以暴力$O(n^2)$乘出${\prod }_{i=1}^n(a_z-x)$这部分，记为${\sum }_{i=0}^{\infty }{c}_i{x}^i$。

然后展开后面的$e^x$就有
$$\widehat{F(x)}[x^k]=\sum _{i=0}^k{c}_i\frac{n^{k-i}}{(k-i)!}$$
然后
$$ans=\sum _{i=0}^k{c}_i\frac{k!}{(k-i)!n^i}$$

就好了，时间复杂度$O(n^2)$

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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;
}