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Description

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给你 \(n\) 个不一样的元素组成的集合 \(R\) ，每一个元素有一个权值 \(w\) 。对于一个子集集合 \(S\) ，它的价值为 \(W(S)=|S|\cdot\sum\limits_{i\in S}w_i\) 。现要求将该集合 \(R\) 划分红 \(k\) 个互不相交的非空子集 \(S_i\) 。定义一种划分的价值为 \(\sum\limits_{i=1}^k W(S_i)\) 。求全部划分的价值和。对大质数取模。

\(1\leq k\leq n\leq 2\cdot 10^5\)

Solution

容易发现对于不一样的元素，他对答案的贡献本质是相同的。即咱们只要求出某一种元素在全部方案中出现的次数 \(sum\) ，那么答案就是 \(sum\times \sum\limits_{i=1}^n w_i\) 。

考虑如何求 \(sum\) 。

容易发现它对 \(sum\) 的贡献只与和它被划分到同一集合的元素的个数有关。

1. 若是该元素被单独划分红一组，那么答案的贡献为 \(S(n-1, k-1)\) 。（其中形同 \(S(n, m)\) 的表示第二类斯特林数。）由于它单独分为一组，因此答案贡献为 \(1\) ，只要讨论其余 \(n-1\) 个元素怎么分便可；
2. 若是不是单独分为一组，咱们考虑用相似的方法来讨论。仍是将其余的 \(n-1\) 个元素先分好，共 \(S(n-1,k)\) 种。接下来考虑剩下的元素该如何放。对于一种划分 \(n-1\) 个元素的状况。咱们记每个子集元素个数为 \(a_i\) 。那么答案应该是 \(\sum\limits_{i=1}^k a_i+1\) 。不过由于 \(\sum\limits_{i=1}^k a_i=n-1\) ，因此在这种划分状况下，该元素的贡献就是 \(n+k-1\) 。故总贡献为 \((n+k-1)\cdot S(n-1, k)\) 。

综上答案就是 \((S(n-1,k-1)+(n+k-1)\cdot S(n-1, k))\cdot\sum\limits_{i=1}^n w_i\) 。

\(S(n,m)\) 用通项公式计算就行了。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5, yzh = 1e9+7;

int x, n, k, inv[N+5];

int quick_pow(int a, int b) {
    int ans = 1;
    while (b) {
        if (b&1) ans = 1ll*ans*a%yzh;
        a = 1ll*a*a%yzh, b >>= 1; 
    }
    return ans;
}
int S(int n, int m) {
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= m; i++) {
        int t = 1ll*inv[i]*inv[m-i]%yzh*quick_pow(m-i, n)%yzh;
        if (i&1) (ans -= t) %= yzh;
        else (ans += t) %= yzh;
    }
    return ans;
}
void work() {
    scanf("%d%d", &n, &k); inv[0] = inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= k; i++) inv[i] = -1ll*yzh/i*inv[yzh%i]%yzh;
    for (int i = 1; i <= k; i++) inv[i] = 1ll*inv[i-1]*inv[i]%yzh;
    int sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &x), (sum += x) %= yzh;
    int ans = (S(n-1, k-1)+1ll*(n+k-1)*S(n-1, k)%yzh)%yzh;
    ans = 1ll*ans*sum%yzh;
    printf("%d\n", (ans+yzh)%yzh);
}
int main() {work(); return 0; }