題意：給你乙個長度為n的序列$a_i$，對這個序列進行k次操作，每次隨機選擇乙個1到n的數x，令$res+=\prod\limits_a_i$（一開始res=0），然後$a_i$--。問最終res的期望值。答案在模意義下對$10^9+7$取模。
$n\le 5000,k\le 10^9$
題解：首先需要發現，假如第i個數被減的次數為$b_i$，則$res=\prod\limits_i a_i-\prod\limits_i (a_i-b_i)$。這個用歸納法容易證明。
於是問題就變成了求$\prod\limits_(a_i-b_i)$
設生成函式$f_i(x)=\sum\limits_$，它等於
$f_i(x)=\sum\limits_j-\sum\limits_j\\=\sum\limits_-x\sum\limits_\\=\sum\limits_j=(a_i-x)e^j$
所以$\prod\limits_i f_i(x)=e^\prod\limits_i (a_i-x)$。我們可以暴力求出$\prod\limits_i (a_i-x)$的每一項係數，設其為$c_i$。剩下的就是求$e^$的第$k-n,k-n+1...k$項係數。顯然第i項係數是$n^i\over i!$，再乘上前面的$$就變成了$\sum\limits_^nn^\prod\limits_^kj$
#include #include #include #include using namespace std;const int maxn=5010;
typedef long long ll;
const ll p=1000000007;
ll ine[maxn],v[maxn],f[maxn];
int n;
ll k,ans;
int main()
f[0]=f[0]*v[i]%p;
} ine[0]=ine[1]=1;
for(i=2;i<=n;i++) ine[i]=p-(p/i)*ine[p%i]%p;
ll t=1,tmp=1;
for(i=0;i<=n&&i<=k;i++)
printf("%lld",(ans+p)%p);
return 0;
}
CF891E，奇妙的計數題
題面傳送門 題解首先這道題麵裡的 res 其實就是初始n個數的積與k次操作後的期望乘積之差。這個挺顯然的，然而我一開始就沒往這方面去想，反倒想出了什麼倒數和的期望，我好菜啊。知道這個性質後，我想出了乙個o nk2 的dp 然後就是題解裡的演算法，最後居然是o n2 我仔細看了一下，感覺題解這麼優越，...