[生成函数阶段性小结][CF891E]Lust

问题描述

给你一个长度为n的数组a[]，还有操作数K，每次操作你在下标[1..n]中等概率选择一个下标x，贡献+= ∏i!=xa[i] ∏ i ! = x a [ i ] ，然后a[x]-=1。求K次操作后贡献期望值，对1e9+7取模。
n<=5000,K<=1e9

问题分析

首先期望可以看作是所有方案的贡献除以方案数。
我们看到那个 ∏ ∏ 不能算x，这不利于我们化式子，直接这样根本没有思路。
我们稍微化一化： ∏ia[i]−∏ia′[i] ∏ i a [ i ] − ∏ i a ′ [ i ] ，其中a’为a[x]-=1后的序列。
我们观察连续几次相减，发现中间的项全部被消掉了。
那么设b[i]表示i这个位置被删了b[i]次。那么一种方案的贡献就是 ∏a[i]−∏(a[i]−b[i]) ∏ a [ i ] − ∏ ( a [ i ] − b [ i ] ) 。
那么 E(贡献)=∏ai−K!∏(ai−bi)nk E ( 贡 献 ) = ∏ a i − K ! ∏ ( a i − b i ) n k 。
其中b[i]要枚举所有情况。K!表示，当b[]确定时，每次操作的x的顺序有K!。
那么问题变成了怎么把所有b[]的情况的贡献计算出来。

生成函数

一般生成函数

记 A(x)=∑n≥0aixi A ( x ) = ∑ n ≥ 0 a i x i 为原序列a[]的一个生成函数，由于一般使用生成函数，我们是用来化简一些转移的，所以并不关心x的具体值是什么，我们只关注系数。
就比如背包问题，把记录当前做到的每种体积的方案的数组f[]变成生成函数，我们和一个物品的生成函数相乘，即可得到转移过后的f[]的生成函数。
上面这种转移我们从多项式的角度理解，即卷积，写过FFT的人应该都能理解。
生成函数的笛卡尔积就是两个生成函数A和B的卷积。
生成函数的优美在于，可以把一些特殊的形式幂级数化为一个低次的式子.
比如 A(x)=1+x+x2+...x+∞=11−x A ( x ) = 1 + x + x 2 + . . . x + ∞ = 1 1 − x ，这是等比数列求和，由于正无穷的项的系数我们不会用到，所以忽略了。
这样，几个多项式相乘的形式就可能很简单，也是我们做题的关键，即把答案的生成函数做出来，然后就可以展开得出系数，这道题就是一个应用。

几个重要的式子

OGF的：
11−x=∑i≥0xi 1 1 − x = ∑ i ≥ 0 x i
1(1−ax)m=∑i≥0Cm−1i+m−1aixi 1 ( 1 − a x ) m = ∑ i ≥ 0 C i + m − 1 m − 1 a i x i
这个怎么理解呢？考虑一个背包问题，组合数的意义是i的体积可以由m种球共i个（体积为1）组成；a为某个系数，其实可以把a和x放在一起，就跟第一个式子一样了。
特别地， x(1−x)2=∑i≥1i∗xi x ( 1 − x ) 2 = ∑ i ≥ 1 i ∗ x i
分子的x相当于把原序列右移一位。
EGF（指数型）的，也就是形如 A(x)=∑i≥0aii!xi A ( x ) = ∑ i ≥ 0 a i i ! x i ，实际操作的时候我们储存的系数是 aii! a i i !
ex=∑i≥0xii! e x = ∑ i ≥ 0 x i i !
ln(1+x)=∑i>0(−1)i+1xii l n ( 1 + x ) = ∑ i > 0 ( − 1 ) i + 1 x i i
−ln(1−x)=∑i>0xii − l n ( 1 − x ) = ∑ i > 0 x i i
记住就好。后面两个没有0可以理解为不能被0除。
十分脑洞地，我们上面的x可以代表一个多项式，那么就可以出现非常好玩的情况。
比如 A(x)=∑i≥0xii!=ex A ( x ) = ∑ i ≥ 0 x i i ! = e x ， B(x)=∑i>0(−1)i+1xii=ln(1+x) B ( x ) = ∑ i > 0 ( − 1 ) i + 1 x i i = l n ( 1 + x ) ，那么 A(x)B(x)=1+x A ( x ) B ( x ) = 1 + x 。
EGF有一个模型是带标号的对象拼接。
考虑一个带标号对象B是由若干个带标号对象A组合而成，A的个数不限制，那么就有 B(x)=∑i≥0A(x)ii!=eA(x) B ( x ) = ∑ i ≥ 0 A ( x ) i i ! = e A ( x ) ，大小为n的对象B的方案仍然是 [xn]B(x) [ x n ] B ( x ) 。
除以阶乘的原因是，A之间是不可区分的，每种i个A的拼接方案算重i!次。
有了这些知识，我们可以轻松解决这道题了！

回到题目

E(贡献)=∏ai−K!∏(ai−bi)nk E ( 贡 献 ) = ∏ a i − K ! ∏ ( a i − b i ) n k
我们只用算后面那一块。
首先算(ai-bi)那块。
我们先分析某个位置i，我们设生成函数 Fi(x) F i ( x ) 代表a[i]减去某个b[i]的贡献，我们要表示他的全部情况，不妨设 Fi(x)=∑j≥0ai−jj!xj F i ( x ) = ∑ j ≥ 0 a i − j j ! x j ，第j次的系数就是b[i]=j这一位的贡献。
推式子
Fi(x)=∑j≥0ai−jj!xj F i ( x ) = ∑ j ≥ 0 a i − j j ! x j
=∑j≥0aij!xj−1(j−1)!xj = ∑ j ≥ 0 a i j ! x j − 1 ( j − 1 ) ! x j
注意到ai是常数。
=(ai−x)ex = ( a i − x ) e x
那么所有的贡献和就是所有生成函数乘起来。
Ftot=enx∏i(ai−x) F t o t = e n x ∏ i ( a i − x ) 。
分别考虑左右某一项的系数，左边是熟知的形式，右边可以暴力卷积，（像背包一样做）。设右边的第i项系数为c[i]，那么答案变成 ∑i=0..nc[i]∗nK−ii! ∑ i = 0.. n c [ i ] ∗ n K − i i ! ，i到n为止就行了，c只有0~n有东西。
带回去， ∑i=0..nc[i]∗Ki↓ni，Ki↓表示∏j=K..K−i+1j ∑ i = 0.. n c [ i ] ∗ K i ↓ n i ， K i ↓ 表 示 ∏ j = K . . K − i + 1 j 。
那么答案就出来了。

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(i=j;i>=k;i--)
#define cmax(a,b) (a=(a>b)?a:b)
#define cmin(a,b) (a=(a
const int N=5e3+5,mo=1e9+7,M=2e5+5;
int read()
{
    int x=0;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9')
    {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x;
}
int n,K,a[N],F[N],G[N],rev[N],fac[N],ans,i,j,prod,In;
int ksm(int x,int y)
{
    int ret=1;
    while (y)
    {
        if (y&1) ret=1ll*ret*x%mo;
        y>>=1;
        x=1ll*x*x%mo;
    }
    return ret;
}
int dwm(int x,int y)
{
    int ret=1;
    while (y--)
    {
        ret=1ll*ret*x%mo;
        x--;
    }
    return ret;
}
int main()
{
    freopen("t4.in","r",stdin);
    //freopen("t4.out","w",stdout);
    scanf("%d %d",&n,&K);
    fo(i,1,n) scanf("%d\n",a+i);
    F[0]=1;
    fo(i,1,n)
    {
        fd(j,i,1)
            F[j]=(1ll*F[j]*a[i]-F[j-1])%mo;
        F[0]=1ll*F[0]*a[i]%mo;
    }
    In=1;
    fo(i,0,n)
    {
        ans=(ans+1ll*F[i]*dwm(K,i)%mo*ksm(In,mo-2))%mo;
        In=1ll*In*n%mo;
    }
    prod=1;
    fo(i,1,n) prod=1ll*prod*a[i]%mo;
    ans=(prod-ans)%mo;
    printf("%d\n",(ans+mo)%mo);
}