首先可以枚举最后的球都是什么颜色的
设 (f_i) 表示当前有 (i) 个钦定的颜色的球，把所有球都变成这种颜色的期望时间
显然 (f_0) 不存在
设 (s=sum_{i=1}^{n}a_i) 那么 (f_s=0)
对于 (0<i<s) 可以得到一个 (DP) 方程
[f_i=(f_{i-1}+f_{i+1})p+(1-2p)f_i+v
]
其中 (p) 表示选出两个球不同色的概率 (frac{i(s-i)}{s(s-1)})，(v) 表示贡献的期望时间
注意不是 (1)!!!
结论就是 (v=frac{i}{s})
考虑 (v) 是个什么东西下面纯属瞎bb
由于不能到 (0) 这个状态，所以 (i) 只能算到达那些走到 (s) 的贡献
那么 (v) 相当于走到 (s) 的概率，也就是走一步的期望
也就是数轴上一个点 (x) 每次等概率向左或者向右走，求走到 (0) 之前到达 (s) 的概率
这个是个经典问题
设 (g_i) 表示 (i) 到 (s) 的概率，那么 (g_0=0,g_s=1)
(g_i=pg_{i-1}+pg_{i+1}+(1-2p)g_i)
那么 (g_i-g_{i-1}=g_{i+1}-g_i)
可以得到概率为 (frac{i}{s})
瞎bb完了
那么现在有一个方程
[f_i=(f_{i-1}+f_{i+1})p+(1-2p)f_i+frac{i}{s} (1)
]
由于 (f_0) 不存在那么
[f_1=f_2p+(1-2p)f_1+frac{1}{s}
]
即 (f_2=2f_1-1)
由 ((1)) 可以得到
[f_i-f_{i+1}=f_{i-1}-f_i+frac{s-1}{s-i} (2)
]
所以
[f_1=f_1-f_s=sum_{i=2}^{s}f_{i-1}-f_i=(s-1)(f_1-f_2)+sum_{i=2}^{s-1}frac{s-1}{s-i}(s-i)
]
代入 (f_2=2f_1-1) 得到
[f_1=frac{(s-1)^2}{s}
]
那么求出 (f_2) 之后，根据 ((2)) 就可以推出所有的 (f) 了
最后答案就是 (sum_{i=1}^{n}f_{a_i})
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod(1e9 + 7);
const int maxn(1e5 + 5);
int mx = 1e5, n, cnt[maxn], sum, f[maxn], ans;
inline void Inc(int &x, int y) {
if ((x += y) >= mod) x -= mod;
}
inline int Pow(ll x, int y) {
register ll ret = 1;
for (; y; y >>= 1, x = x * x % mod)
if (y & 1) ret = ret * x % mod;
return ret;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
register int i;
for (i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &cnt[i]), sum += cnt[i];
f[1] = 1LL * (sum - 1) * (sum - 1) % mod * Pow(sum, mod - 2) % mod;
f[2] = (2 * f[1] % mod + mod - 1) % mod;
for (i = 2; i < mx; ++i)
f[i + 1] = ((2 * f[i] % mod - f[i - 1] + mod) % mod - 1LL * (sum - 1) * Pow(sum - i, mod - 2) % mod + mod) % mod;
for (i = 1; i <= n; ++i) Inc(ans, f[cnt[i]]);
printf("%d
", ans);
return 0;
}