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@description@

有n个城市，每个城市有个权值wi，任意两个城市i,j之间的道路数有wi∗wj条。
对于每种生成树，设每个点的度数为di，其权值定义为∏di。
问所有无根生成树的权值和。答案对1e9+7取模。

Class:
ConnectedStates
Method:
getSum
Parameters:
int[]
Returns:
int
Constraints
n <= 2000

Examples
0）
{"3, 10"}
Returns: 30
1）
{"2, 2, 2"}
Returns: 96
2）
{"1, 1, 1, 1"}
Returns: 60

@solution@

update 2020/07/09：我以前写的那种推导方法非常垃圾，其实这道题可以直接生成函数：
设 (P_i(x)=sum_jfrac{(j+1)w_i^jx^j}{j!})，答案显然为 ((n-2)! imes(prod_i w_i) imesprod_i P_i(x)[x^{n-2}])。

注意到 (P_i(x) = sum_j frac{w_i^jx^j}{j!}+sum_jfrac{w_i^jx^j}{(j-1)!} = (w_ix+1)e^{w_ix})。

因此可以得到 (prod_i P_i(x)[x^{n-2}] = e^{(sum_i w_i)x}prod(w_ix+1)[x^{n-2}])

背包做 (prod(w_ix+1)) 即可。想要再快点可以写分治 + 任意模数 fft。

（下面说的什么多项式幂公式等乱七八糟的本质就是 (e^{(a+b)x}=e^{ax} imes e^{bx})）

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考虑如果固定了生成树的形态，对应的方案应该是所有树边条数的乘积。
稍微变一变其实就是 (prod_{i=1}^{n}w_{i}^{d_i})，这样就只跟点的度数有关了。

根据我们的 prufer 定理，最终答案为：

[ans = (n-2)!*sum_{(sum_{i=1}^{n}d_i) = 2*n-2}(prod_{i=1}^{n}frac{w_{i}^{d_i}}{(d_i-1)!}*d_i) ]

如果将 i 有关的项整理到一起然后 fft 一下的时间复杂度是 O(n^2*logn)，但是我们可以做到更优。

优化的思路来源在于多项式的幂公式，即：

[(a_1 + a_2 + ... + a_n)^k = k!*sum_{(sum_{i=1}^{n}b_i) = k}(prod_{i=1}^{n}frac{a_{i}^{b_i}}{{b_i}!}) ]

注意到下面这个公式和上面的答案表达式其实是很相像的，我们考虑进一步地变形：
令 (a_i = d_i - 1)，得到：

[ans = (prod_{i=1}^{n}w_i)*(n-2)!*sum_{(sum_{i=1}^{n}a_i) = n-2}(prod_{i=1}^{n}frac{w_{i}^{a_i}}{a_i!}*(a_i+1)) ]

基本就是一样了，但还有一个 (prod_{i=1}^{n}(a_i + 1)) 阻碍我们。
考虑将它拆开，依次考虑每一个单项式 (a_{p_1}*a_{p_2}*...*a_{p_m} = prod_{j=1}^{m}a_{p_j}) 的贡献，其中 (1 le p_1 < p_2 < ... < p_m le n)。它的贡献为：

[sum_{(sum_{i=1}^{n}a_i) = n-2}(prod_{i=1}^{n}frac{w_{i}^{a_i}}{a_i!}* prod_{j=1}^{m}a_{p_j}) ]

考虑将这些 a 乘入阶乘中去，令得到的新的阶乘分别为 (c_1, c_2, ... c_n)，再变一下形得到：

[prod_{j=1}^{m}w_{p_j}*sum_{(sum_{i=1}^{n}c_i) = n-2-m}(prod_{i=1}^{n}frac{w_{i}^{c_i}}{c_i!}) = prod_{j=1}^{m}w_{p_j}*frac{(sum_{i=1}^{n}w_i)^{n-2-m}}{(n-2-m)!} ]

终于化成了我们想要的东西。
再将上面那个套入我们的答案表达式中，即可得到：

[ans = sum_{m=0}^{n-2}(sum_{1 le p_1 < p_2 < ... < p_m le n}prod_{j=1}^{m}w_{p_j})*frac{(sum_{i=1}^{n}w_i)^{n-2-m}}{(n-2-m)!} ]

中间那个看似很鬼畜的式子用 dp 处理一下就好啦。时间复杂度 O(n^2)。

@accepted code@

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 2000;
const int MOD = int(1E9) + 7;
class ConnectedStates{
	public:
	int pow_mod(int b, int p) {
		int ret = 1;
		while( p ) {
			if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;
			b = 1LL*b*b%MOD;
			p >>= 1;
		}
		return ret;
	}
	int dp[MAXN + 5], w[MAXN + 5], pro, n;
	int fct[MAXN + 5], ifct[MAXN + 5], pw[MAXN + 5];
	void get_ready() {
		dp[0] = 1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=n;j>=1;j--)
				dp[j] = (dp[j] + 1LL*dp[j-1]*w[i]%MOD)%MOD;
		pw[0] = 1, pw[1] = 0, pro = 1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			pw[1] = (pw[1] + w[i])%MOD, pro = 1LL*pro*w[i]%MOD;
		for(int i=2;i<=n;i++)
			pw[i] = 1LL*pw[i-1]*pw[1]%MOD;
		fct[0] = 1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			fct[i] = 1LL*fct[i-1]*i%MOD;
		ifct[n] = pow_mod(fct[n], MOD - 2);
		for(int i=n-1;i>=0;i--)
			ifct[i] = 1LL*ifct[i+1]*(i+1)%MOD;
	}
	int getSum(vector<int>vec) {
		n = vec.size();
		for(int i=1;i<=n;i++)
			w[i] = vec[i-1];
		get_ready();
		int ret = 0;
		for(int i=0;i<=n-2;i++)
			ret = (ret + 1LL*dp[i]*pw[n-2-i]%MOD*ifct[n-2-i]%MOD)%MOD;
		return 1LL*ret*fct[n-2]%MOD*pro%MOD;
	}
};

@details@

当我看到这个做法的瞬间：woc 这是什么神仙操作。
果真人类智慧啊。
但我觉得这个数据范围好像fft可以过？