Codeforces Round #446 Div. 1

　　B：即使看到n<=22也应该猜到这只是为了写spj。将每个数替换为恰好比他大的数即可，最大值替换为最小值。这样原序列中不包含最小值的集合显然都满足条件，并且容易发现包含最小值的集合的变化量都是最大值-最小值+序列其他两个数的差，这显然是不会为0的。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 23
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,a[N],id[N];
bool cmp(const int&x,const int &y)
{
	return a[x]<a[y];
}
signed main()
{
	n=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),id[i]=i;
	sort(id+1,id+n+1,cmp);
	int x=a[id[n]];for (int i=n;i>=2;i--) a[id[i]]=a[id[i-1]];a[id[1]]=x;
	for (int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<' ';
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　C：容易想到随便跑一棵MST然后LCT维护MST，但常数过大。一个众所周知的结论是，所有MST中，所有权值相同的边对连通性的贡献是相同的。于是离线，按边权从小到大考虑，维护将小于当前边权的边加入MST后所得的并查集，对每个询问验证加入该种权值的边后是否会成环即可。当然需要使用带撤销的并查集。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 500010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,m,q,p[N],ans[N],cur[N],v[N];
int fa[N],size[N],stk_id[N<<1],stk_fa[N<<1],stk_size[N<<1];
vector<int> id[N],pos[N];
struct data
{
	int x,y,z;
	bool operator <(const data&a) const
	{
		return z<a.z;
	}
}edge[N],e[N];
int find(int x){return fa[x]==x?x:find(fa[x]);}
bool cmp(const int&x,const int&y)
{
	return edge[x].z<edge[y].z;
}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("b.in","r",stdin);
	freopen("b.out","w",stdout);
#endif
	n=read(),m=read();
	for (int i=1;i<=m;i++) edge[i].x=read(),edge[i].y=read(),v[i]=edge[i].z=read();
	sort(v+1,v+m+1);
	int t=unique(v+1,v+m+1)-v-1;
	q=read();
	for (int i=1;i<=q;i++)
	{
		int m=read();ans[i]=1;
		while (m--) id[i].push_back(read());
		sort(id[i].begin(),id[i].end(),cmp);
		for (int j=0;j<id[i].size();j++)
		{
			int x=lower_bound(v+1,v+t+1,edge[id[i][j]].z)-v;
			if (!j||edge[id[i][j]].z!=edge[id[i][j-1]].z) pos[x].push_back(i);
		}
	}
	for (int i=1;i<=m;i++) e[i]=edge[i];
	sort(edge+1,edge+m+1);
	for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,size[i]=1;
	int u=0;
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		int t=i;u++;
		while (t<m&&edge[t+1].z==edge[i].z) t++;
		for (int j=0;j<pos[u].size();j++)
		{
			int x=pos[u][j];int top=0;
			while (ans[x]&&cur[x]<id[x].size()&&e[id[x][cur[x]]].z==edge[i].z)
			{
				int p=find(e[id[x][cur[x]]].x),q=find(e[id[x][cur[x]]].y);
				if (size[p]<size[q]) swap(p,q);
				if (p==q) ans[x]=0;
				else
				{
					top++;stk_id[top]=p;stk_size[top]=size[p];stk_fa[top]=p;
					top++;stk_id[top]=q;stk_size[top]=size[q];stk_fa[top]=q;
					fa[q]=p;size[p]+=size[q];
				}
				cur[x]++;
			}
			while (top) fa[stk_id[top]]=stk_fa[top],size[stk_id[top]]=stk_size[top],top--;
		}
		for (int j=i;j<=t;j++)
		{
			int p=find(edge[j].x),q=find(edge[j].y);
			if (size[p]<size[q]) swap(p,q);
			if (p!=q) fa[q]=p,size[p]+=size[q];
		}
		i=t;
	}
	for (int i=1;i<=q;i++) if (ans[i]) puts("YES");else puts("NO");
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　E：自闭了把a_i-=1看成了a_i=1。那就先口胡一下这个东西的做法。

　　考虑一个大小为j的子集在第i次被选中会提供多少贡献（即该子集的补集恰好全部被重置为1）。显然前i次选择的数应该均在其补集中且恰好覆盖整个补集，第i次之后的数任取。方案数即为S(i,n-j)·(n-j)!·n^k-i。

　　这样我们先对每种大小的子集求其乘积之和。显然有f[i][j]表示前i位选了j个所有方案的乘积之和，转移显然。设f[n][i]=F[i]。

　　则最后要求的答案就是ΣΣS(i,n-j)·(n-j)!·n^k-i·F[j] (i=1~k j=0~n-1)。斯特林数套路地容斥一发，得ΣΣΣC(n-j,x)·xⁱ·(-1)^n-j-x·n^k-i·F[j] (i=1~k j=0~n-1 x=1~n-j)。可以发现对于巨大的k，最后只剩下对x∈[1,n]每个x求出Σxⁱ·n^k-i。显然这是一个公比为x/n的等比数列，直接算就完了。然后O(n²)暴力算式子即可。并且容易发现这个东西是卷积形式，之前的dp也可以分治NTT。当然NTT什么就懒得写了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define P 1000000007
#define N 5010
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}
int n,k,a[N],f[N][N],F[N],G[N],C[N][N],ans;
int ksm(int a,int k)
{
	int s=1;
	for (;k;k>>=1,a=1ll*a*a%P) if (k&1) s=1ll*s*a%P;
	return s;
}
int inv(int a){return ksm(a,P-2);}
int calc(int first,int q,int n){if (q==1) return 1ll*first*n%P;return 1ll*first*(P+1-ksm(q,n))%P*inv(P+1-q)%P;}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("b.in","r",stdin);
	freopen("b.out","w",stdout);
#endif
	n=read(),k=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	f[0][0]=C[0][0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i][0]=C[i][0]=1;
		for (int j=1;j<=i;j++)
		{
			f[i][j]=(f[i-1][j]+1ll*f[i-1][j-1]*a[i])%P;
			C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%P;
		}
	}
	for (int i=0;i<=n;i++) F[i]=f[n][i];
	for (int i=1;i<=n;i++) G[i]=calc(1ll*i*ksm(n,k-1)%P,1ll*i*inv(n)%P,k);
	for (int j=0;j<n;j++)
		for (int x=1;x<=n-j;x++)
		if (n-j-x&1) ans=(ans+P-1ll*C[n-j][x]*F[j]%P*G[x])%P;
		else ans=(ans+1ll*C[n-j][x]*F[j]%P*G[x])%P;
	ans=1ll*ans*inv(ksm(n,k))%P;
	cout<<ans;
	return 0;
	//NOTICE LONG LONG!!!!!
}

　　回到原题意。注意到（我注意不到）每次res的增加量就是序列所有数乘积的减小量，于是最后要求的就是原序列乘积-修改后序列乘积的期望。当然对于期望统计所有方案最后除以方案数即可。

　　显然如果第i个数减小了b_i，方案数即为k!/∏b_i!。此时所有数的乘积是∏(a_i-b_i)。最终要求Σb_i=k时的∏(a_i-b_i)·k!/∏b_i!。

　　容易想到构造指数型生成函数，∏Σ(a_i-j)x^j/j!，k次项系数即为答案。

　　上面这个式子等价于∏a_ie^x-xe^x，拆开并泰勒公式还原显然可得。于是也就等于e^nx∏(a_i-x)。

　　这样我们分别算两部分即可。后一部分显然可以分治NTT，但模数不滋磁于是直接O(n²)暴力dp就好了。前一部分暴力展开，k次项系数为n^k。答案就很显然了。注意是指数型生成函数，手动乘出第k项时还得乘一下。同样最后计算答案时也可以NTT，为啥要出到5000放个非NTT模数呢。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 5010
#define P 1000000007
char getc(){char c=getchar();while ((c<'A'||c>'Z')&&(c<'a'||c>'z')&&(c<'0'||c>'9')) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}
    while (c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
int n,k,a[N],f[N][N],ans;
int ksm(int a,int k)
{
	int s=1;
	for (;k;k>>=1,a=1ll*a*a%P) if (k&1) s=1ll*s*a%P;
	return s;
}
int inv(int a){return ksm(a,P-2);}
void inc(int &x,int y){x+=y;if (x>=P) x-=P;}
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
    const char LL[]="%I64d\n";
#else
    const char LL[]="%lld\n";
#endif
	n=read(),k=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	f[0][0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i][0]=1ll*f[i-1][0]*a[i]%P;
		for (int j=1;j<=i;j++)
		f[i][j]=(1ll*f[i-1][j]*a[i]-f[i-1][j-1]+P)%P;
	}
	int s=1;
	for (int i=0;i<=min(k,n);i++)
	{
		inc(ans,1ll*ksm(n,k-i)*f[n][i]%P*s%P);
		s=1ll*s*(k-i)%P;
	}
	ans=1ll*ans*inv(ksm(n,k))%P;
	ans=(f[n][0]-ans+P)%P;
	cout<<ans;
    return 0;
}