CF891E-Lust【EGF】

1|0正题

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

1|1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。

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

1|2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 $\prod_{i=1}^na_i-\prod_{i=1}^n(a_i-b_i)$ 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})

$\frac{1}{n^k}\frac{k!}{\prod_{i=1}^n(b_i!)}\prod_{i=1}^n(a_i-b_i)$

（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}!}

$\Rightarrow \frac{k!}{n^k}\prod_{i=1}^n\frac{a_i-b_i}{b_i!}$

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

\hat{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!}

$\widehat{f_z}(x)=\sum_{i=0}^n(a_z-i)\frac{x^i}{i!}=\sum_{i=0}^\infty a_z\frac{x^i}{i!}-\sum_{i=0}^\infty i\frac{x^i}{i!}$

好像就搞不动了，前面那个是 $a_ze^{x}$ ，其实后面那个把 $i$ 抵消掉阶乘就是 $xe^{x}$

\hat{f_{z} (x)} = (a_{z} - x) e^{x}

$\widehat{f_z(x)}=(a_z-x)e^x$

然后 $\widehat{F}=\prod_{i=1}^n\widehat{f_z}$ ，可以暴力 $O(n^2)$ 乘出 $\prod_{i=1}^n(a_z-x)$ 这部分，记为 $\sum_{i=0}^{\infty}c_ix^i$ 。

然后展开后面的 $e^x$ 就有

\hat{F (x)} [x^{k}] = \sum_{i = 0}^{k} c_{i} \frac{n^{k - i}}{(k - i)!}

$\widehat{F(x)}[x^k]=\sum_{i=0}^kc_{i}\frac{n^{k-i}}{(k-i)!}$

然后

a n s = \sum_{i = 0}^{k} c_{i} \frac{k!}{(k - i)! n^{i}}

$ans=\sum_{i=0}^kc_{i}\frac{k!}{(k-i)!n^i}$

就好了，时间复杂度 $O(n^2)$

1|3code

#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;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14602416.html
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