实际上这题的题面还是颇有意思，对两个划分不同的定义暗示了第二类斯特林数，模数是(1000000007)又表明这题不是NTT。
那么一开始的想法是考虑每个集合的贡献。设这个集合为(S)，那么它的贡献为(|S|egin{Bmatrix}n-|S|\k-1 end{Bmatrix} sum_{i in S} w_i)，而所有大小为(t)的集合的元素和为({{n-1}choose{t-1}}sum_{i=1}^n w_i)，故最终答案为(sum_{i=1}^n w_i sum_{j=1}^n j {{n-1}choose{j-1}} egin{Bmatrix} n-j\k-1 end{Bmatrix})。
然后正如评论区里的那位叫(color{purple} { ext {Blue233333}})老兄所说，这个公式萎了。我们需要考虑新的计数方式。
考虑每个元素的贡献。那么答案就是(sum_{i=1}^n w_i sum_{j=1}^{n} j imes f(n,k,j))，其中(f(n,k,j))表示把(n)个不同元素分到(k)个无序的集合中，且标号为1（或者什么别的）的元素所在的集合大小为(j)的方案数。
我们记(g(n,k,i,j))表示把(n)个不同元素分到(k)个无序的集合中，且标号为(i)的元素与标号为(j)的元素在同一个集合中的方案数。同样地，记(h(n,k,i,j,s))表示把(n)个不同元素分到(k)个无序的集合中，且标号为(i)的元素与标号为(j)的元素在同一个大小为(s)的集合中的方案数。显然，有(sum_{s=1}^n h(n,k,i,j,s) = g(n,k,i,j))。
那么，我们有(j imes f(n,k,j) = sum_{i=1}^n h(n,k,1,i,j))，消去了(j)，这是因为每一种分配方式都被恰好重复计数(j)次。故答案等于(sum_{j=1}^n g(n,k,1,j))。
显然，有
那么，答案就是((egin{Bmatrix} n \ k end{Bmatrix} + (n-1)egin{Bmatrix} n-1 \ k end{Bmatrix}) sum _ {i=1} ^ n w_i)。
时间复杂度为(O(nlog n))。
当然，这也就说明了(sum_{j=1}^n j {{n-1}choose{j-1}} egin{Bmatrix} n-j\k-1 end{Bmatrix} = egin{Bmatrix} n \ k end{Bmatrix} + (n-1)egin{Bmatrix} n-1 \ k end{Bmatrix})。希望有大佬给出这个的代数证明。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7, N = 200010;
typedef long long ll;
ll power(ll a,int b) {
ll res = 1ll;
while (b) {
if (b&1) (res *= a) %= MOD;
(a *= a) %= MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
ll jc[N],inv[N],sum,ans;
ll comb(int a,int b) {
return (a < 0 || b < 0 || a < b) ? 0 :
jc[a] * inv[a-b] % MOD * inv[b] % MOD;
}
int n,k,w;
int main() {
scanf("%d%d",&n,&k);
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
scanf("%d",&w), (sum += w) %= MOD;
jc[0] = 1ll;
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
jc[i] = jc[i-1] * i % MOD;
inv[n] = power(jc[n],MOD - 2);
for (int i = n-1 ; i >= 0 ; -- i)
inv[i] = inv[i+1] * (i+1) % MOD;
for (int i = 1, j = (k&1) ? 1 : -1 ; i <= k ; ++ i, j = -j) {
ans += j * comb(k,i) * power(i,n-1) % MOD;
ans = (ans % MOD + MOD) % MOD;
}
(ans *= n-1) %= MOD;
for (int i = 1, j = (k&1) ? 1 : -1 ; i <= k ; ++ i, j = -j) {
ans += j * comb(k,i) * power(i,n) % MOD;
ans = (ans % MOD + MOD) % MOD;
}
(ans *= sum) %= MOD;
(ans *= inv[k]) %= MOD;
cout << ans << endl;
return 0;
}
小结：在组合计数问题上另辟蹊径，除解题之外还能带来奇妙的结论。