【题意】n位同学（其中一位是B神），m门必修课，每门必修课的分数是[1,Ui]。B神碾压了k位同学（所有课分数<=B神），且第x门课有rx-1位同学的分数高于B神，求满足条件的分数情况数。当有一位同学的一门必修课分数不同时视为两种情况不同。n,m<=100，Ui<=10^9。
【算法】计数DP+排列组合+拉格朗日插值
【题解】把分数作为状态不现实，只能逐门课考虑。
设$f[i][j]$表示前i门课，有j个同学被碾压的情况数，则有：
$$f[i][j]=g(i)\cdot\sum_{k=j}^{n}f[i-1][k]\cdot\binom{k}{k-j}\cdot\binom{n-k-1}{r_i-1-k+j}$$
解释：首先可以发现当天分数需要高于B神的人数是确定的，和多少人被碾压等信息无关，所以令g(i)表示第i门课的合法分数情况数，独立计算。
枚举前i-1门课被碾压的人数k，那么ri-1由两部分组成，一部分是不再被碾压的k-j人（从k人中选出），剩余的ri-1-k+j人从原本就未被碾压的n-k-1人中选出。
考虑计算g(i)，枚举B神的分数i，则有r-1人的选择范围是[i+1,Ui]，另外n-r人的选择范围是[1,i]，即：
$$g(i)=\sum_{i=1}^{U_i}(U_i-i)^{r_i-1}*i^{n-r}$$
Ui太大了，考虑将Ui当成自变量后用拉格朗日插值解决，即：
$$f(x)=\sum_{i=1}^{x}(x-i)^{r-1}*i^{n-r}$$
现在我们要求f(Ui)的值，需要确定多项式的次数。网上的解释都看不懂，强行理解：令i=x/2，那么式子右边的i也可以表示为(n-i)，合并后次数为n-1，再加上Σ的上届为x，那么最高次就是n，这是一个n次多项式。
于是我们可以对每个i，O(n^2)枚举前n+1个点的值来插值得到f(Ui)。DP转移的复杂度也是O(n)的。
总复杂度O(n^3)。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=,MOD=1e9+;
int v[maxn],n,m,kind,u[maxn],r[maxn],g[maxn],f[maxn][maxn],c[maxn][maxn];
int power(int x,int k){int ans=;while(k){if(k&)ans=1ll*ans*x%MOD;x=1ll*x*x%MOD;k>>=;}return ans;}
int inv(int x){return power(x,MOD-);}
int M(int x){return x>=MOD?x-MOD:x;}
int solve(int u,int r){
for(int x=;x<=n+;x++){
g[x]=;//!
for(int i=;i<=x;i++){
g[x]=M(g[x]+1ll*power(x-i,r-)*power(i,n-r)%MOD);
}
if(x==u)return g[x];
}
for(int i=;i<=n+;i++){
v[i]=;
for(int j=;j<=n+;j++)if(i!=j)v[i]=1ll*v[i]*(i-j+MOD)%MOD;
v[i]=inv(v[i]);
}
int ans=;
for(int i=;i<=n+;i++){
int w=1ll*g[i]*v[i]%MOD;
for(int j=;j<=n+;j++)if(i!=j)w=1ll*w*(u-j+MOD)%MOD;//i!=j
ans=M(ans+w);
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&kind);
for(int i=;i<=n;i++){
c[i][]=;
for(int j=;j<=i;j++){
c[i][j]=M(c[i-][j-]+c[i-][j]);
}
}
for(int i=;i<=m;i++)scanf("%d",&u[i]);
for(int i=;i<=m;i++)scanf("%d",&r[i]);
f[][n-]=;
for(int i=;i<=m;i++){
int g=solve(u[i],r[i]);
for(int j=kind;j<=n;j++){
for(int k=j;k<=n;k++)if(r[i]--k+j>=&&r[i]--k+j<=n-k-){
f[i][j]=M(f[i][j]+1ll*f[i-][k]*c[k][k-j]%MOD*c[n-k-][r[i]--k+j]%MOD);
}
f[i][j]=1ll*f[i][j]*g%MOD;
}
}
printf("%d",f[m][kind]);
return ;
}