【JZOJ5180】【NOI2017模擬6.29】呵呵

題目

分析

套上prufer序列，
對於一顆n個節點度數分別爲d1、d2...dn 方案數爲(n−2)!(d1−1)!(d2−1)!......(dn−1)!
所以答案爲

∑d1+d2+...+dn=2n−2(n−2)!(d1−1)!(d2−1)!...(dn−1)!wd11wd22...wdnnd1d2...dn

使di−1

w1w2...wn(n−2)!∑d1+d2+...+dn=n−21d1!d2!...dn!wd11wd22...wdnn(d1+1)(d2+1)...(dn+1)

考慮處理

∑d1+d2+...+dn=n−21d1!d2!...dn!wd11wd22...wdnn(d1+1)(d2+1)...(dn+1)

對於多項式(d1+1)(d2+1)...(dn+1) ，拆開後變成一個個形如d1d2...dk 的項
我們考慮d1d2d3

∑d1+d2+...+dn=n−21d1!d2!...dn!wd11wd22...wdnnd1d2d3

w1w2w3∑d1+d2+...+dn=n−2−31d1!d2!...dn!wd11wd22...wdnn

∑k=1n−2(∑1≤p1<p2<...<pk≤nΠki=1wpi)(∑ni=1wi)n−2−k(n−2−k)!

//後面的內容我還不太理解，只能大概講講。如果講錯了，請大佬指出一下錯誤
現在解釋一下最後一條式子
根據指數型生成函數的定義

G(x)=∑gixii!=x11!+x22!+x33!+..

當gi=1 時，G(x)=ex
那麼，

∑d1+d2+...+dn=n−2−k1d1!d2!...dn!wd11wd22...wdnn

=(w111!+w212!+..)(w121!+w222!+..)...(w1n1!+w2n2!+..)[其中總次方數爲n−2−k]

=G(w1)G(w2)...G(wn)[其中總次方數爲n−2−k]

=ew1+w2+...+wn[其中總次方數爲n−2−k]

=G(w1+w2+...+wn)=∑(w1+w2+...+wn)ii!

那麼當i=n−2−k 時，則就是∑d1+d2+...+dn=n−2−k1d1!d2!...dn!wd11wd22...wdnn
即爲

(∑ni=1wi)n−2−k(n−2−k)!

#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
const int maxlongint=2147483647;
const long long mo=1e9+7;
const int N=2005;
using namespace std;
long long w[N],ans,f[N],sum,jc[N],ww;
int n;
long long mi(long long x,int y)
{
    long long s=1;
    for(;y;x=x*x%mo,y>>=1) s=y&1?s*x%mo:s;
    return s;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    f[0]=jc[0]=ww=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&w[i]),sum=(sum+w[i])%mo,jc[i]=jc[i-1]*i%mo,ww=ww*w[i]%mo;
        for(int j=i;j>=1;j--) f[j]=(f[j]+f[j-1]*w[i]%mo)%mo;
    }
    for(int k=0;k<=n-2;k++) 
        ans=(ans+f[k]*mi(sum,n-2-k)%mo*mi(jc[n-2-k],mo-2)%mo)%mo;
    printf("%lld",ans*ww%mo*jc[n-2]%mo);
}