[CF961G] Partitions

\(\text{Problem}:\)Partitions

\(\text{Solution}:\)

考虑每个 \(w_{i}\) 对答案的贡献，先从 \(n-1\) 个数中选出 \(j-1\) 个与 \(i\) 在同一集合中，剩下 \(n-j\) 个数分为 \(k-1\) 个集合，故有：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}w_{i}\sum\limits_{j=1}^{n}\binom{n-1}{j-1}{n-j\brace k-1} \]

转换贡献的计算方式。如果 \(j\) 和 \(i\) 在同一个集合中，称 \(j\) 对 \(i\) 产生了贡献。设 \(P_{i,j}\) 表示 \(i\) 和 \(j\) 在同一集合中的方案数：

• 若 \(j=i\)，\(P_{i,j}={n\brace k}\)。
• 若 \(j\not=i\)，则相当于把 \(n-1\) 个数分为 \(k\) 个集合，将 \(i\) 放入 \(j\) 所在集合，即 \(P_{i,j}={n-1\brace k}\)。

综上，答案为：

\[\left({n\brace k}+(n-1){n-1\brace k}\right)\sum\limits_{i=1}^{n}w_{i} \]

利用第二类斯特林数通项公式即可在 \(O(n+k\log k)\) 的时间复杂度内解决本题。

\(\text{Code}:\)

#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3)
//#define int long long
#define ri register
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define is insert
#define es erase
#define vi vector<int>
#define vpi vector<pair<int,int>>
using namespace std; const int N=200010, Mod=1e9+7;
inline int read()
{
	int s=0, w=1; ri char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') w=-1; ch=getchar(); }
	while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48), ch=getchar();
	return s*w;
}
int n,K,fac[N+5],inv[N+5];
inline int ksc(int x,int p) { int res=1; for(;p;p>>=1, x=1ll*x*x%Mod) if(p&1) res=1ll*res*x%Mod; return res; }
inline S2(int n,int m)
{
	int res=0;
	for(ri int i=0;i<=m;i++)
	{
		int w=1ll*ksc(i,n)*inv[i]%Mod*inv[m-i]%Mod;
		if((m-i)&1) res=(res-w+Mod)%Mod;
		else res=(res+w)%Mod;
	}
	return res;
}
signed main()
{
	fac[0]=1;
	for(ri int i=1;i<=N;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%Mod;
	inv[N]=ksc(fac[N],Mod-2);
	for(ri int i=N;i;i--) inv[i-1]=1ll*inv[i]*i%Mod;
	n=read(), K=read();
	int sum=0;
	for(ri int i=1;i<=n;i++) (sum+=read())%=Mod;
	printf("%d\n",1ll*sum*(1ll*S2(n-1,K)*(n-1)%Mod+S2(n,K))%Mod);
	return 0;
}