bzoj
luogu

description

\(n\)名学生\(m\)门课，\(B\)神碾压了\(k\)名同学（即每门课的分数都大于等于那名同学的分数）。
已知每门课\(B\)神的排名\(R_i\)和这门课的最高分\(U_i\)（分数区间是\([1,U_i]\)），求有多少种可能的得分情况。
\(n,m\le100,U_i\le10^9\)

sol

设有\(k\)名同学没有被\(B\)神碾压，所以这\(k\)名同学至少要有一门比\(B\)神要高。
每一门科目可以有\(R_i-1\)个人比\(B\)神要高。
容斥一下，枚举\(k\)个人中有\(i\)个人没有一门比\(B\)神高
\[ans=\sum_{i=0}^k(-1)^i\binom{k}{i}\prod_{j=1}^{m}\binom{k-i}{R_j-1}\]
但是这样算出来的只是每个人与\(B\)神的相对分数的方案数，没有计算具体分数。
在计算具体分数的方案数时，显然每门课可以单独考虑。
对于第\(i\)门课，考虑枚举\(B\)神的分数\(x\)，那么满足条件的方案数就是
\[\sum_{x=1}^{U_i}x^{n-R_i}(U_i-x)^{R_i-1}\]
这是一个关于\(U_i\)的\(n\)次多项式，所以直接插值就可以了。
复杂度\(O(n^3\log n)\)。然而网上很多题解的复杂度都远优于这个qwq

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
const int mod = 1e9+7;
const int N = 105;
int n,m,k,U[N],R[N],C[N][N],inv[N],f[N],ans;
int fastpow(int a,int b){
    int res=1;
    while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
    return res;
}
int main(){
    n=gi();m=gi();k=n-1-gi();
    for (int i=1;i<=m;++i) U[i]=gi();
    for (int i=1;i<=m;++i) R[i]=gi();
    C[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=n;++i){
        C[i][0]=1;
        for (int j=1;j<=i;++j)
            C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
    }
    inv[0]=inv[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;++i) inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
    for (int i=0;i<=k;++i){
        int res=C[k][i];
        for (int j=1;j<=m;++j) res=1ll*res*C[k-i][R[j]-1]%mod;
        if (i&1) res=mod-res;(ans+=res)%=mod;
    }
    for (int i=1;i<=m;++i){
        int res=0;
        for (int j=1;j<=n;++j){
            f[j]=0;
            for (int k=1;k<=j;++k)
                f[j]=(f[j]+1ll*fastpow(k,n-R[i])*fastpow(j-k,R[i]-1))%mod;
        }
        if (U[i]<=n) {ans=1ll*ans*f[U[i]]%mod;continue;}
        for (int j=1;j<=n;++j){
            int s=f[j];
            for (int k=0;k<=n;++k)
                if (k!=j) s=1ll*s*(U[i]-k)%mod*(j>k?inv[j-k]:mod-inv[k-j])%mod;
            (res+=s)%=mod;
        }
        ans=1ll*ans*res%mod;
    }
    printf("%lld\n",1ll*ans*C[n-1][k]%mod);return 0;
}