CF961G Partitions（第二类斯特林数）

传送门

对于每一个元素，我们只要能求出它的出现次数(sum)，那么每个元素的贡献都是一样的，最终的答案为(sum imes sum_{i=1}^n w_i)

那么分别讨论

如果这个元素自己单独一个集合，那么方案数为(S(n-1,k-1))（这个(S)是第二类斯特林树），也就是讨论其它的(n-1)个怎么放，每一种方案的贡献都是(1)，所以这一部分的贡献就是(S(n-1,k-1))

如果这个元素和其它元素一起放在一个集合里，那么剩下(n-1)个元素放的方案数为(S(n-1,k))，然后考虑每一种方案，(n)可以放在这(k)个集合中的任意一个，设每个集合的大小为(a_i)，那么总的贡献就是(sum_{i=1}^k(a_i+1))，因为有(sum_{i=1}^k a_i=n-1)，所以总的贡献为(n+k-1)，于是这一部分的总贡献就是((n-k+1)S(n-1,k))

第二类斯特林数用通项公式代入求就行了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='
';
}
const int N=2e5+5,P=1e9+7;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
    R int res=1;
    for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
    return res;
}
int fac[N],inv[N];
int x,n,ans,k;ll sum;
int S(R int n,R int m){
	R int res=0;
	fp(i,0,m){
		R int t=1ll*inv[i]*inv[m-i]%P*ksm(m-i,n)%P;
		(i&1)?res=dec(res,t):res=add(res,t);
	}
	return res;
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	n=read(),k=read();
	fp(i,1,n)x=read(),sum+=x;
	fac[0]=inv[0]=1;fp(i,1,k)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	inv[k]=ksm(fac[k],P-2);fd(i,k-1,1)inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
	ans=mul(sum%P,add(S(n-1,k-1),1ll*(n+k-1)*S(n-1,k)%P));
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}