设 G[k] 表示恰好出现 S 次的颜色恰好有 k 种， 数值为方案总数。设 n = min(M, floor(N/S))， 这道题的答案就是 Σ1≤i≤n Wi × G[i]。
设 F[k] 表示恰好出现 S 次的颜色至少有 k 种， 数值为方案总数。这个很好算， 先选出颜色 \(\dbinom Mk\), 然后把没选出的颜色当成无色， 按照可重排列的方式构造出所有局面 \(\dfrac{N!}{(S!)^k(N-S*k)!}\)， 最后把所有无色填上颜色 \((M-k)^{N-S*k}\)。
很显然的，
\[F[k] = \sum_{i = k}^n \binom ik * G[i] \]为什么会有二项式系数呢？因为同一个方案会以这些数量的 “F特有的” 方式被观测到。
现在二项式反演， 得到：
\[G[k] = \sum_{i = k}^n (-1)^{n - k}\binom ik F[i] \]现在得到了一个 O(n2) 的算法。
拆解一下：
\[G[k] = \sum_{i=k}^n (-1)^{i-k}\frac{i!}{k!(i-k)!}F[i] \\ G[k] * k! = \sum_{i=k}^n \left(\frac{(-1)^{i-k}}{(i-k)!}\right)*(F[i]*i!) \]设 \(A[i] = \dfrac{(-1)^i}{i!}\)， \(B[i] = F[i] * i!\)， 那么
\[G[k] * k! = \sum_{i = k}^n A[i - k] * B[i] \]把 B 翻转一下变成 \(\hat B[n - i] = B[i]\)， 就有：
\[G[k] * k! = \sum_{i = k}^n A[i-k] * \hat B[n - i] \\ G[k] * k! = \sum_{i = 0}^{n-k} A[i] * \hat B[n - k - i] \]这是 \((A * \hat B)[n - k]\)。
本题做法就清晰明了了。
对于模数， 首先， 测试的结果是模数是质数， 模数减一的质因数分解是 221 × 479。
原根暂时不会， 就拿题解的原根来用把（
#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 4e5 + 23, mo = 1004535809;
int ksm(int a, int b) {
int res = 1;
for(; b; b = b>>1, a = ((LL)a * a) % mo)
if(b & 1) res = ((LL)res * a) % mo;
return res;
}
const int g = 3, ig = ksm(g, mo - 2);
int N, M, S;
int fac[10000003], ifac[10000003];
int C(int n, int m) {
return m > n ? 0 : (LL)fac[n] * (LL)ifac[m] % mo * (LL)ifac[n - m] % mo;
}
int calcF(int i) {
return (LL)C(M, i) * fac[N] % mo * ksm(ifac[S], i) % mo
* ifac[N - S * i] % mo * ksm(M - i, N - S * i) % mo;
}
int rv[maxn];
void NTT(int *a, int n, int type) {
for(int i = 0; i < n; ++i) if(i < rv[i]) swap(a[i], a[rv[i]]);
for(int m = 2; m <= n; m = m << 1) {
int w = ksm(type == 1 ? g : ig, (mo - 1) / m);
for(int i = 0; i < n; i += m) {
int tmp = 1;
for(int j = 0; j < (m >> 1); ++j) {
int p = a[i + j], q = (LL)tmp * a[i + j + (m >> 1)];
a[i + j] = (p + q) % mo, a[i + j + (m >> 1)] = (p - q + mo) % mo;
tmp = (LL)tmp * w % mo;
}
}
}
if(type == -1) {
int Inv = ksm(n, mo - 2);
for(int i = 0; i < n; ++i) a[i] = (LL)a[i] * Inv % mo;
}
}
int n, W[maxn];
int A[maxn], B[maxn], G[maxn];
signed main()
{
scanf("%lld%lld%lld", &N, &M, &S);
for(int i = 0; i <= M; ++i) scanf("%lld", &W[i]);
n = min(M, N / S);
int D = max(N, max(M, S));
fac[0] = 1;
for(int i = 1; i <= D; ++i) fac[i] = (LL)i * (LL)fac[i - 1] % mo;
ifac[D] = ksm(fac[D], mo - 2);
for(int i = D; i > 0; --i) ifac[i - 1] = (LL)ifac[i] * (LL)i % mo;
for(int i = 0; i <= n; ++i) {
A[i] = ifac[i]; if(i & 1) A[i] = (mo - A[i]);
B[i] = (LL)fac[i] * (LL)calcF(i) % mo;
}
reverse(B, B + n + 1);
int len = 1; while(len < ((n+1) << 1)) len = len << 1;
for(int i = 1; i < len; ++i) rv[i] = (rv[i>>1]>>1) | ((i&1) ? len>>1 : 0);
NTT(A, len, 1), NTT(B, len, 1);
for(int i = 0; i < len; ++i) G[i] = (LL)A[i] * (LL)B[i] % mo;
NTT(G, len, -1);
reverse(G, G + n + 1);
for(int i = 0; i <= n; ++i) G[i] = (LL)G[i] * ifac[i] % mo;
long long ans = 0ll;
for(int i = 0; i <= n; ++i) ans = ans + ((LL)G[i] * (LL)W[i] % mo), ans = ans % mo;
cout << (ans % mo + mo) % mo;
return 0;
}