分析題意，首先對於第 \(i\) 堆，當這堆放這 \(k\) 個元素的時候，無論這是哪一堆，它外面的情況的總數都是一樣的，也就是分配剩下 \(n-k\) 個數的情況的數量是一樣的。每一堆都如此，那麼這堆放 \(k\) 個元素的總貢獻就是 \(k\times\) 總情況數 \(\times sum\)。\(sum=1!+2!+\cdots+m!\) 因為 \(sum\) 是固定的所以可以提出來最後相乘，那麼目就是求所有的 \(k\times\) 總情況數。
設一共有 \(n\) 個相同元素，放 \(m\) 堆（每堆可以不放），\(k\in[0,n]\)，那麼剩下的就是求每個 \(k\) 對應的總情況數設當前堆放 \(k\) 個數，那麼就剩下 \(n-k\) 個數要分配到 \(m-1\) 個空堆（可以不放）。這裡可以用隔板法，用 \(m-2\) 個隔板，把剩下 \(n-k\) 個數分成 \(m-1\) 塊。因為有空堆，而隔板法不能有空的分配，所以可以人為加 \(m-1\) 個元素，把情況變成必須放，這時候元素有 \(n-k+m-1\) 個，空隙（兩邊不算）有 \(n-k+m-1-1\) 個，即 \(n-k+m-2\) 個。剩下的就是在這 \(n-k-2\) 個空隙裡面選 \(m-2\) 板，也就是求 \(C_{n-k+m-2}^{m-2}\)。
求組合數有很多方法，當時看資料範圍，我直接用的快速冪求透過階乘求解，然後因為 \(p\) 的大小寄掉了，也是上面的提醒。因此這裡用 Lucas 定理求解組合數，這樣就不會因為 \(p\) 的事情寄掉了，時間上也夠。且因為數 \(p\) 不變，所以可以先預處理階乘，但是不要先預處理逆元，否則時間複雜度會變成 \(O(p\log n)\) 容易 TLE 態求解逆元，求出組合數，也就是總情況數。
最後把每種 \(k\) 的總情況數乘上 \(k\) 相加即
而這就是答案 \(ans\)。
最後輸出 \((ans\times\boldsymbol{sum}) \bmod p\) 即可。注意當 \(m=1\) 的時候需要特判。