若随机选择为第 (x) 个数，得其对答案的贡献为：
[large prod_{i
eq x}a_i=prod_{i}a_i-(a_x-1)prod_{i
eq x}a_i
]
设 (b_i) 为第 (i) 个数被选择的次数，考虑差分，得最终答案为：
[large prod_{i}a_i-prod_{i}(a_i-b_i)
]
由题意得 (sumlimits_{i}b_i=k)，最终答案的期望为：
[large prod_{i}a_i-frac{1}{n^k}frac{k!}{prodlimits_{i}b_i!}prod_i (a_i-b_i)=prod_{i}a_i-frac{k!}{n^k}prod_i frac{a_i-b_i}{b_i!}
]
构造 (EGF)，得：
[large prod_{i}sum_jfrac{a_i-j}{j!}x^j=prod_{i}(a_i-x)e^x=e^{nx}prod_{i}(a_i-x)
]
(left[x^k ight]e^{nx}prodlimits_{i}(a_i-x)) 即为所求，发现第二项为 (n) 次多项式，于是就可以 (O(n^2)) 计算该多项式的第 (k) 项了。
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 5010
#define p 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar();bool flag=false;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
if(flag)x=-x;
}
ll n,k,val=1,ans;
ll f[maxn],inv[maxn];
int main()
{
read(n),read(k),inv[1]=f[0]=1;
for(int i=2;i<=n;++i) inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
for(int i=1,v;i<=n;++i)
{
read(v);
for(int j=i;j>=1;--j) f[j]=(f[j]*v%p-f[j-1]+p)%p;
f[0]=f[0]*v%p;
}
for(int i=0;i<=n;++i) ans=(ans+f[i]*val%p)%p,val=val*(k-i)%p*inv[n]%p;
printf("%lld",(f[0]-ans+p)%p);
return 0;
}