题意

给出一个长度为\(n\)的数列和数字\(X\)，对于数列的每一种排列，其权值\(X\)依次对排列中的数取模，求出\(n!\)种情况最后剩下的数的权值和

分析

如果大的数字排在小的数字后面，那么大的数字对答案无影响。

可以将数列从大到小排序，然后考虑\(dp\)每个数字经过\(n\)次操作后的方案数

设\(dp[i][j]\)为\(i\)次操作后数字为\(j\)的方案数

两种转移方程

  • 选择：\(dp[i][j\mod a[i]]=dp[i][j\mod a[i]]+dp[i-1][j]\)

  • 不选：\(dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-1][j]*(n-i)\)，不选时要将这个数放在比它小的数后面，即后面的\((n-i)\)个位置

Code

```c++
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
const double PI=acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const ll inf=1e18;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e5+10;
int n,x;
int a[maxn];
ll dp[210][maxn];
int cmp(int a,int b){
    return a>b;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>x;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    dp[0][x]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=x;j++){
            (dp[i][j%a[i]]+=dp[i-1][j])%mod;
            (dp[i][j]+=dp[i-1][j]*(n-i)%mod)%mod;
        }
    }
    ll ans=0;
    for(int j=0;j<=x;j++){
        ans=(ans+dp[n][j]*j%mod)%mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}