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暴力就是 $O(k^n)$吧，不過 $n$

但是我們發現，對於求期望，那麼就是概率 $\times$權值，所以我們可以先求出每種動作的貢獻：

每種動作出現在某個位置的概率為 $\frac{1}{}$

k \frac{1}{k} ，貢獻為它的 $val$，總共有 $n$個可以出現的位置，所以貢獻為 $\sum_{i=0}^{k-1}\frac{n\times val_i}{k}$

接下來就是組合技的多的貢獻，每個組合技還會再貢獻一次，所以我們這樣來看：

每個組合技出現的概率為 $\frac{1}{k^2}$，有 $n-1$個可以出現的位置，每一種的貢獻為 $val_i+val_{(i+1)\%k}$，所以總貢獻為 $\sum_{i=0}^{k-1}\frac{(n-1)\times (val_i+val_{(i+1)\%k})}{k^2}$

那麼我們 $O(k)$的算一下就好啦，關於取模除法我們用費馬小定理逆元就可以了，因為 $19491001$是個非常神奇且有巨大意義的質數，讀入 $n$時直接取模就好啦。

程式碼：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e6+10;
const ll Mod=19491001;
char s[M];
ll k,A[M],n,w;
ll inv_k,inv_k2;
void readin(){
	scanf("%s",s);
	int len=strlen(s);
	for(int i=0;i<len;i++){
		n=(n*10ll%Mod+(s[i]&15))%Mod;
	}	w=(n-1+Mod)%Mod;
}
ll Sqr(ll a){return a*a%Mod;}
ll fpow(ll a,ll b){
	ll ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=(a*a)%Mod)if(b&1)ans=(ans*a)%Mod;
	return ans;
}
ll ans,sum1,sum2;
int main(){
	readin();
	scanf("%lld",&k);
	for(int i=0;i<k;i++){
		scanf("%lld",&A[i]);
		sum1=(sum1+A[i])%Mod;
		if(i)sum2=(sum2+(A[i-1]+A[i])%Mod)%Mod;
	}	sum2=(sum2+(A[0]+A[k-1])%Mod)%Mod;
	inv_k=fpow(k,Mod-2);
	inv_k2=(Sqr(inv_k)%Mod*w)%Mod;inv_k=(inv_k*n)%Mod;
	ans=(sum1*inv_k%Mod+sum2*inv_k2%Mod)%Mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

下面還有一種解法，由 $\rm hdxrie$|Orz|提供：

我們先不考慮開頭結尾，那麼每個數都有前後：

我們考慮，對於一個位置的動作，它前後都不是組合技，那麼只會貢獻一次，那麼前面不是和它組合的概率為 $\frac{k-1}{k}$，後面不是和它組合的概率為 $\frac{k-1}{k}$，然後當前選這個的概率為 $\frac{1}{k}$，有 $n-2$個位置可以這樣選，那麼貢獻為 $(\frac{k-1}{k})^2\times \frac{1}{k}\times val_i\times (n-2)$

對於可以形成組合技的（這裡只考慮組成一個），那麼就是後面和它組合，前面不組合；或者前面組合，後面不組合。那麼貢獻就為 $\left(\frac{k-1}{k}\times \left(\frac{1}{k}\right)^2\times val_i\times 2\times (n-2)\right)\times 2$（這時 $val_i$要算兩次貢獻，同樣還是有 $n-2$個可以的位置）

對於前後都可以組合的，概率為 $\left(\frac{1}{k}\right)^3$，所以貢獻為 $\left(\frac{1}{k}\right)^3\times val_i\times 3\times (n-2)$