NOIP 模拟 6 大佬

这道题是一道数学期望，考场上想的是，每相邻 \(k\) 天之间有 \(k-1\) 天是重合的，所以每两端之间肯定是有影响的。
结果啪啪打脸

这道题其实不用考虑每两段之间的影响，因为在上一段的每种排法，在下一段我们都可以通过改变不重合的一个来改变影响

所以，我们只需求出每一段的期望，然后乘上段数 \(n-k+1\) ，而对于每一段的期望，我们可以递推一下

设 \(f_i\) 表示 \(k\) 天中最大值为 \(i\) 的概率，那么 \(f_1\) 就是 \((\frac{1}{m})^k\)，\(f_i\) 可以先赋为 \((\frac{i}{m})^k\)，这其实是算的最大值 \(\leq i\) 的概率，所以我们需要减去 \(\sum_{j=1}^{i-1}f_j\) ，见到此式，我们可以维护一个前缀和，也可以直接暴力修改，毕竟 \(m\) 也没多大。

\(AC\kern 0.5emCODE:\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
    inline int read() {
        ri x=0,f=1;char ch=gc();
        while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}
        while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
        return x*f; 
    }
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
    #define int long long
    #define cmax(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
    #define cmin(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
    #define FI FILE *IN
    #define FO FILE *OUT
    static const int N=550,MOD=1e9+7;
    inline int fpow(int x,int y) {
        int res=1;
        while(y) {
            if (y&1) res=res*x%MOD;
            x=x*x%MOD;y>>=1;
        }
        return res;
    } 
    int wt[N],f[N],n,m,k,res;
    inline int main() {
        // FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
        // FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
        n=read(),m=read(),k=read();
        if (k>n) {puts("0");return 0;}
        for (ri i(1);i<=m;p(i)) wt[i]=read();
        int inv=fpow(fpow(m,k),MOD-2);
        for (ri i(1);i<=m;p(i)) {
            f[i]=fpow(i,k)*inv%MOD;
            for (ri j(i-1);j;--j) f[i]=(f[i]-f[j]+MOD)%MOD;
        }
        for (ri i(1);i<=m;p(i)) res=(res+wt[i]*f[i])%MOD;
        printf("%lld\n",res*(n-k+1)%MOD); 
        return 0;
    }
    #undef int
}
int main() {return nanfeng::main();}