一本有n道題的練習冊，katarina大佬每天都會做k道題。
第一天做第1k題，第二天做第2k+1題……第n-k+1天做第n−k+1~n道題。
每道題有它的難度值，假設今天katarina大佬做的題目中最大難度為t，那麼今天katarina大佬的勞累度就是\(w_t\)，做完這本書的勞累值就是每天的勞累值之和。
題目的難度在1~m隨機，求做完整本書的期望勞累值
\(n,m \leq 500 , mod = 10^9+7\)
由於前面兩道題都有點迷所以還以為這道題也是道神題
性質：求每種排列的貢獻和 等價於 乙個滑動視窗的貢獻\(\times\)
\((n-k+1)\)
（**）證明
根據題意有：$$ans = \sum_ \times (a_1^i + a_2^i + ....... + a_^i)) }$$其中\(a_j^i\)表示在第\(i\)種排列下第\(j\)個滑動視窗的貢獻
顯然這個東西可以用乘法分配律按照\(j\)分開：$$ans = \sum_ \times (a_j^1 + a_j^2 + ....... + a_j))}$$
對於乙個滑動視窗，在它範圍外的其他格仔不管怎麼變都不會影響它的貢獻，所以這樣的\(a\)是相同的，每種貢獻有\(m^\)個
把相同貢獻的變成乙個，最後變成：$$ans = \sum_^ \times (a_j^1 + a_j^2 + ........ + a_j}))) }$$
發現此時答案為每個滑動視窗單獨的貢獻加起來，而每個滑動視窗的貢獻又相同，所以就等於單個貢獻\(\times\)
\((n-k+1)\)
對單個滑窗期望dp即可，這個複雜度可以是\(o(mlogn)\)或者\(o(nm)\)，比較基礎就不寫了（不能理解題解\(o(n^2m)\)的睿智做法
本題難點不在期望dp而在簡化問題（當然像題解一樣直接莽就另當別論了），其實\(m\)可以開到\(10^5\)
#include#define n 505
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007;
int n,m,k;
ll a[n],f[n][n],sum[n][n];
template void read(t &x)
ll quickpow(ll a,ll b)
return ret;
}int main()
} ll ans=0;
for(int i=1;i<=m;++i) ans=(ans + f[k][i]*a[i]%mod)%mod;
cout<<(ans*(n-k+1)%mod+mod)%mod
}
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