5.Lust 题解01-31

很好的一道 EGF 入门题。

我们发现每一操作一次，答案增加多少， $\prod a_{i}$ 就减小多少。

于是答案即为 $\prod a_{i} - \prod (a_{i} - b_{i})$ ，其中 $b_{i}$ 为在 $i$ 位子上操作的次数。

显然我们只需算出后面这坨的期望就行了，前面是固定的。

期望是困难的，先化为普通式子。

\begin{aligned} E [\prod (a_{i} - b_{i})] \\ = & \frac{1}{n^{k}} \sum_{\sum b_{i} = k} \frac{k!}{\prod b_{i}!} \prod (a_{i} - b_{i}) \\ = & \frac{k!}{n^{k}} \sum_{\sum b_{i} = k} \prod \frac{a_{i} - b_{i}}{b_{i}!} \end{aligned}

注意求和的那坨式子，看到 $\sum b_{i} = k$ 在条件上就想 $\dots$ 嗯，生成函数。

说来就来，写出：

\hat{F} (x) = \sum_{i = 0}^{\infty} (\sum_{\sum b_{j} = i} \prod \frac{a_{j} - b_{j}}{b_{j}!}) x^{i}

再把求和后面那一坨拎出来：

\begin{aligned} {\hat{G}}_{i} (x) \\ = & \sum_{j = 0}^{\infty} \frac{a_{i} - j}{j!} x^{j} \\ = & \sum \frac{a_{i}}{j!} x^{j} - \sum \frac{1}{(j - 1)!} x^{j} \\ = & a_{i} e^{x} - x \sum \frac{1}{(j - 1)!} x^{j - 1} \\ = & (a_{i} - x) e^{x} \end{aligned}

发现 $\hat{F}$ 就是 $\hat{G}$ 的加法和卷积，所以：

\begin{aligned} \hat{F} (x) \\ = & \prod {\hat{G}}_{i} (x) \\ = & \prod (a_{i} - x) e^{x} \\ = & e^{n x} \prod (a_{i} - x) \\ = & [\prod (a_{i} - x)] \sum \frac{x^{i} n^{i}}{i!} \end{aligned}

左边这个求积的各项系数显然可以求出（方法放在后面），设其为 $H (x) = \sum h_{i} x^{i}$ 。

所以答案即为：

\begin{aligned} E (a n s) \\ = & \prod a_{i} - \frac{k!}{n^{k}} [x^{k}] \hat{F} (x) \\ = & \prod a_{i} - \sum \frac{h_{i} n^{k - i}}{(k - i)!} \\ = & \prod a_{i} - \sum \frac{h_{i} k!}{(k - i)! n^{i}} \end{aligned}

这里就做完了。

现在我们回过头来想怎么求出 $h_{i}$ 。

我们想的是 $\prod_{i = 0}^{n} (a_{i} - x)$ 的系数，但是我们可以从 $\prod_{i = 0}^{n - 1} (a_{i} - x)$ 的系数推出，只需要给每个位置项都乘上 $(a_{n} - x)$ 再更新到系数上就行了。

以此类推，只要从 $n = 0$ 的情况不断递推即可。

代码还是相当好写的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--)
constexpr int MAXN = 5005;
constexpr int MOD = 1e9 + 7;
int qpow(int x, int y) {
    int ans = 1;
    while (y) {
        if (y & 1)
            ans = ans * x % MOD;
        x = x * x % MOD;
        y >>= 1;
    }
    return ans;
}
int a, n, k, c[MAXN];
signed main() {
    cin >> n >> k;
    c[0] = 1;
    rep (i, 1, n) {
        cin >> a;
        per (j, i, 1) {
            c[j] *= a;
            c[j] -= c[j - 1];
            c[j] = (c[j] + MOD) % MOD;
        }
        (c[0] *= a) %= MOD;
    }
    int ans = c[0], pw = 1;
    rep (i, 0, n) {
        (ans += MOD - pw * c[i] % MOD) %= MOD;
        (pw *= (k - i) * qpow(n, MOD - 2) % MOD) %= MOD;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}