题意

给出一个长为n的序列，对于这个序列的任意一个排列，求$\sum f_a$的值。

题解

我们枚举每一个$a_i$然后，计算$a_i$出现了多少次，然后把$a_i\ast num$加入到ans里面。
考虑$a_i$什么时候出现。
$a_i$出现的位置前面的$a_j$必须严格小于$a_i$，这样$a_i$才能被取到，而且$a_i$后面一定要有比它大的数，这样才能$a_i$取到。
假设小于$a_i$的数有$m$个，那么$nu{m}_m={\sum }_{r=0}^m{C}_m^r\ast r!\ast (n-1-r)!$
整个的公式就是：
${\sum }_{i=1}^n{a}_i\ast nu{m}_i$
但这样暴力求的话时间复杂度是$O(n^2)$，因此必须运用公式变换上述式子，可以证明$nu{m}_i$可以在$O(1)$的时间求出来，具体求解方法见下图。

题解

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define pr(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl
const int maxn = 1e6+10;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
ll a[maxn],fac1[maxn],fac2[maxn];
int n;
int main(){scanf("%d",&n);for(int i = 0;i < n;++i)scanf("%lld",&a[i]);sort(a,a+n);fac1[0] = 1;fac2[n+1] = 1;fac2[n] = n;for(int i = 1;i <= n;++i)fac1[i] = fac1[i-1]*i%mod;for(int i = n-1;i >= 1;--i)fac2[i] = fac2[i+1]*i%mod;ll ans = 0;for(int i = 0,j = 1;i < n && a[i] != a[n-1];i = j){for(j = i;a[i] == a[j];j++);ll num = j-i;ans = (ans + num*((a[i]*fac1[n-i-1]%mod)*fac2[n-i+1]))%mod;}cout<<ans<<endl;return 0;
}