CF891E: Lust 题解（指数生成函数）

E:

题意：给你序列 $a$ ，进行 $k$ 次操作，每次随机选择一个 $x$ ，使得 $s+=\prod\limits_{i=1}^na_i*(i!=x)$ ， $a_i-=1$ ，求 $k$ 次后 $s$ 期望值。（n<=5000, k<=1e9）

Solution：

首先转化下题意，我们把序列 a 看做是一个 n 维的超立方体，每次的操作相当于随机选择一维，切下来一个厚度为1的面包片（比喻），s 加上的值就是面包片的体积， $a_i$ 减去 1 相当于这一维的厚度减少了 1 ，因为我们把面包片拿走了。那么就很好推出： $s = \prod\limits_{i=1}^na_i-\prod\limits_{i=1}^n(a_i-b_i)$ ， $b_i$ 为第 i 个位置被选择的次数。

前一项是初始体积，我们求一下切 k 次后的期望体积 $E=\prod\limits_{i=1}^n(a_i-b_i)$ 。隐约感觉出这题是生成函数，因此我们推式子时尽量往那里靠。

我们一共有 $n^k$ 种随机操作方式，发现每一种不同的 b 数列对应一种不同的贡献，设 $f(b_1,b_2,...,b_n)$ 表示 b 数列这样分布的次数，其中 $\sum b_i=k$ 。

由排列组合的知识可知 $f(b_1,b_2,...,b_n)=\frac{k!}{b_1!b_2!...b_n!}$ 。

每一种 b 数列的贡献是 $\prod\limits_{i=1}^n(a_i-b_i)$ ，则： $E=\frac{1}{n^k}\sum\limits_Bf(b_1,b_2,...,b_n)\prod\limits_{i=1}^n(a_i-b_i)$ 。（ $\sum\limits_B$ 是指把所有 b 数列情况加起来）

想求这个式子，就需要搬出我们的指数生成函数 (EGF)。

因为 $a_i-b_i$ 是连乘的形式，我们可以放在指数生成函数中系数的位置上，表示选择每个 $b_i$ 值造成的贡献。

设 $F(x)_i$ 表示第 i 个位置的生成函数：

$F(x)_i=(a_i-0)+(a_i-1)\frac{x^1}{1!}+(a_i-2)\frac{x^2}{2!}+...+(a_i-n)\frac{x^n}{n!}$

$x^k$ 的系数相当于 $b_i=k$ 时的贡献。

$F(x)_i=\sum\limits_{j=0}^n(a_i-j)\frac{x^j}{j!}$

$F(x)_i=\sum\limits_{j=0}^n(a_i\frac{x^j}{j!}-\frac{x^{j-1}}{(j-1)!}·x)$

$F(x)_i=\sum\limits_{j=0}^na_i\frac{x^j}{j!}-\sum\limits_{j=1}^{n}\frac{x^{j-1}}{(j-1)!}·x$

$F(x)_i=\sum\limits_{j=0}^na_i\frac{x^j}{j!}-\sum\limits_{j=0}^{n}\frac{x^j}{j!}·x$

$F(x)_i=\sum\limits_{j=0}^n(a_i-x)\frac{x^j}{j!}$

$F(x)_i=(a_i-x)e^x$

总生成函数： $F(x)=\prod\limits_{i=1}^nF(x)_i=e^{nx}\prod\limits_{i=1}^n(a_i-x)$ ，这个式子助于我们计算。

设 $p_i$ 为多项式 $\prod\limits_{i=1}^n(a_i-x)$ 的系数，我们知道 $e^{nx}=\sum\limits_{i=0}^\infty n^i\frac{x^i}{i!}$ ，所以 $F(x)$ 的 $x^k$ 项为： $[x^k]F(x)=\sum\limits_{i=0}^kp_i\frac{n^{k-i}}{(k-i)!}$ 。

同时，表示 $F(x)$ 意义的式子为： $F(x)=\sum\limits_{k=0}^\infty(\sum\limits_B\frac{1}{b_1!b_2!...b_n!}\prod\limits_{i=1}^n(a_i-b_i))x^k$

我们要求的期望为：

$E=\frac{1}{n^k}\sum\limits_Bf(b_1,b_2,...,b_n)\prod\limits_{i=1}^n(a_i-b_i)$

$E=\frac{1}{n^k}\sum\limits_B\frac{k!}{b_1!b_2!...b_n!}\prod\limits_{i=1}^n(a_i-b_i)$

发现就是 $F(x)$ 的 $x^k$ 项系数乘上常数 $\frac{k!}{n^k}$ 。

$E=[x^k]F(x)·\frac{k!}{n^k}$

$E=\sum\limits_{i=0}^kp_i\frac{n^{k-i}}{(k-i)!}·\frac{k!}{n^k}$

$E=\sum\limits_{i=0}^kp_i\frac{k^{\underline{i}}}{n^i}$

$k$ 太大，还是不会求？其实 $p_i$ 只有 $n$ 项，后面的项全是 0。（如果你推 $F(x)$ 系数时反了过来： $\sum\limits_{i=0}^kp^{k-i}\frac{n^i}{i!}$ ，那么你应该注意到 $i>k-n$ 时才有意义）

所以最终答案为 $s=\prod\limits_{i=1}^na_i-\sum\limits_{i=0}^np_i\frac{k^{\underline{i}}}{n^i}$ 。

计算多项式 $\prod\limits_{i=1}^n(a_i-x)$ 可以用多项式分治乘，从 $n^2$ 优化至 $nlog^2n$ ，但是这题模数不是998244353，FFT又怕掉精度，所以直接写暴力了。

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define FOR() ll le=e[u].size();for(ll i=0;i<le;i++)
#define QWQ cout<<"QwQ\n";
#define ll long long
#include <complex>
#include <queue>
#include <map>
#define ls now<<1
#define rs now<<1|1

using namespace std;
const ll N=501010;
const ll qwq=303030;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const ll p=1000000007;

inline ll read() {
    ll sum = 0, ff = 1; char c = getchar();
    while(c<'0' || c>'9') { if(c=='-') ff = -1; c = getchar(); }
    while(c>='0'&&c<='9') { sum = sum * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
    return sum * ff;
}

ll n,k;
ll a[N],b[2][N];
ll S=1;

inline ll ksm(ll aa,ll bb) {
	ll sum = 1;
	while(bb) {
		if(bb&1) sum = sum * aa %p;
		bb >>= 1; aa = aa * aa %p;
	}
	return sum;
}

int main() {
    n = read(); k = read();
    for(ll i=1;i<=n;i++) a[i] = read(), S = S * a[i] %p;
    b[0][0] = 1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int cl = i&1;
		b[cl][0] = b[cl^1][0] * a[i] %p;
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			b[cl][j] = (a[i] * b[cl^1][j] - b[cl^1][j-1]) %p;
		}
	}
	ll mi = 1;
	for(int i=0;i<=n;i++) {
		(S -= b[n&1][i] * ksm(n,i*(p-2)) %p * mi %p - p) %= p;
		mi = mi * (k-i) %p;
	}
	cout<<(S%p+p)%p;
    return 0;
}