应该能进得去

题意：

现在有n个人要买你的画，第i个人最多买ai个彩色的画，bi个黑白的画，你现在想要至少有c个人买了彩色的画，接下来有q个修改，每次修改某个人的ai和bi。问你每次修改之后有多少种情况可以满足你的要求。

题解：

又是一道线段树优化的dp，因为c只有20所以我们将题目变成：所有情况-买你彩色的画的人的个数少于c个的情况。
也就是 $\prod_{i=1}^{n}(a[i]+b[i])-\sum_{i=0}^{c-1}dp[n][i]$
dp存的就是到第i个人的时候，有c个人买了你的画。
那么状态转移方程就是 $dp[i][j]=dp[i-1][j]*ai+dp[i-1][j-1]*bi$
但是每次都有一个修改，这样的话都要重新再做一遍，时间复杂度肯定是不够的。但是我们发现这个dp没有先后关系的限制，那么就可以用线段树优化去做，这样子每次修改的时间都是 $O(logn*200)$
线段树向上更新的时候只需要每次枚举左子树买了的个数和右子树买了的个数：

ans[root][i+j]=(ans[root][i+j]+ans[root<<1][i]*ans[root<<1|1][j])%mod;

然后总的情况数的话，要注意它的模数是10007，所以会有很多数是它的倍数，因此无法逆元，所以我们要记录一下当前数是否有它的倍数，如果有，那么总的情况数就是0.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1e5+1,M=21,mod=10007;
int a[N],b[N],ans[N*4][M];
ll qpow(ll a,ll b){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)ans=ans*a%mod;return ans;}
int n,c;
void push_up(int root){
    for(int i=0;i<c;i++)ans[root][i]=0;
    for(int i=0;i<c;i++){
        if(!ans[root<<1][i])continue;
        for(int j=0;j<c-i;j++){
            if(!ans[root<<1|1][j])continue;
            ans[root][i+j]=(ans[root][i+j]+ans[root<<1][i]*ans[root<<1|1][j])%mod;
        }
    }
}
void build(int l,int r,int root){
    if(l==r){
        ans[root][0]=b[l]%mod;
        ans[root][1]=a[l]%mod;
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(l,mid,root<<1);
    build(mid+1,r,root<<1|1);
    push_up(root);
}
void update(int l,int r,int root,int p){
    if(l==r){
        ans[root][0]=b[l]%mod;
        ans[root][1]=a[l]%mod;
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if(mid>=p)
        update(l,mid,root<<1,p);
    else
        update(mid+1,r,root<<1|1,p);
    push_up(root);
}
int main()
{
    ll p=1;
    int f=0;
    scanf("%d%d",&n,&c);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&b[i]);
        if((a[i]+b[i])%mod==0)
            f++;
        else
            p=p*(a[i]+b[i])%mod;
    }

    build(1,n,1);
    int q;
    scanf("%d",&q);
    while(q--){
        int x;
        scanf("%d",&x);
        
        if((a[x]+b[x])%mod==0)
            f--;
        else
            p=p*qpow(a[x]+b[x],mod-2)%mod;
            
        scanf("%d%d",&a[x],&b[x]);
        
        if((a[x]+b[x])%mod==0)
            f++;
        else
            p=p*(a[x]+b[x])%mod;
            
        //if((a[x]))
        update(1,n,1,x);
        ll s=0;
        for(int i=0;i<c;i++)
            s=(s+ans[1][i])%mod;
        printf("%d\n",((f?0:p)-s+mod)%mod);
    }
    return 0;
}