原来还不会这种拆期望的套路
设 \(b_j\) 为第 \(j\) 次操作中选择的 \(i\)，所求即为 \(E(\prod\limits_{i = 1}^n (a_i + \sum\limits_{j = 1}^m [b_j \le i] \times v))\)。
乘法也可以考虑拆期望。我们有最基础的性质 \(E((a + b) \times (c + d)) = E(ac) + E(ad) + E(bc) + E(bd)\)，这个也可以推广到多个数。于是最后拆成了若干个 \(a_i\) 和若干个 \(E([b_j \le i]) \times v\) 的积，求这些乘积的和。
如果对于同样的 \(j\)，要计算 \(\prod\limits_{k = 1}^t E([b_j \le i_k]) \times v\)，其中 \(i_1 < i_2 < \cdots < i_t\)，注意到我们只需要关心 \(E([b_j \le i_1])\)。因为如果它是 \(0\)，那整条式子的值就是 \(0\)；如果它不是 \(0\)，那后面的 \(E([b_j \le i_{2 \sim t}])\) 都是 \(1\)。
到这里就可以 dp 了。设 \(f_{i, k}\) 为，当前乘积的所有项中出现了 \(k\) 个不同的 \(j\)，乘积的和。转移讨论 \(i\) 是取 \(a_i\) 还是某一项 \([b_j \le i] \times v\) 乘上去。如果是后者，还要讨论 \(j\) 是不是当前第一次出现的，如果是，那么 \(E(b_j \le i) = \frac{i}{n}\)；否则 \(E(b_j \le i) = 1\)。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
code
// Problem: G. Tenzing and Random Operations
// Contest: Codeforces - CodeTON Round 5 (Div. 1 + Div. 2, Rated, Prizes!)
// URL: https://codeforces.com/contest/1842/problem/G
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 5050;
const ll mod = 1000000007;
inline ll qpow(ll b, ll p) {
ll res = 1;
while (p) {
if (p & 1) {
res = res * b % mod;
}
b = b * b % mod;
p >>= 1;
}
return res;
}
ll n, m, K, a[maxn], f[maxn][maxn];
void solve() {
scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &K);
ll I = qpow(n, mod - 2);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", &a[i]);
}
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 0; j <= i; ++j) {
f[i][j] = f[i - 1][j] * (a[i] + K * j % mod) % mod;
if (j) {
f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - 1] * (m - j + 1) % mod * i % mod * I % mod * K % mod) % mod;
}
}
}
ll ans = 0;
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
ans = (ans + f[n][i]) % mod;
}
printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}