這個題我們首先可以dp，f[i][j]表示前i個科目恰好碾壓了j個人的方案數，然後進行轉移。我們先不考慮每個人的分數，先只關心和B的相對大小關系。我們設R[i]為第i科比B分數少的人數，則有f[i][j]=sum f[i-1][k]*C(k,j)*C(n-1-k,R[i]-j) (k>=j) 怎麽解釋呢，首先前i-1科有k個人已經被碾壓，k肯定大於等於j，然後考慮當前這一科有j個人被碾壓，那麽就需要從k個人中選出j個來即C(k,j)，然後從剩下的有R[i]-j個人比B考的少，這些人必須是之前i-1科裏就沒有被碾壓的人，所以再乘上一個C(n-1-j,R[i]-k)，到此我們dp完了，可是我們還需要算上每個人的分數，這個東西很明顯可以乘上我們的f[m][k]得到答案。 這些分數的方案數是什麽呢？對於第i科成績，有n-R[i]-1個人比B考的多，有R[i]個人比B少，因為我們之前考慮了相對大小關系，這裏直接很明顯的算就行了就是

然後我們算n次sigam即可，把他們乘在一起。但是由於Ui是1e9級別的，直接暴力算肯定會超時，我們可以用拉格朗日插值來算。

很明顯這是一個n次的多項式，所以我們利用插值就可以算出答案了。 —— by VANE

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MN 105
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read()
{
    int x = 0 , f = 1; char
 
 ch = getchar();
    while(ch < ‘0‘ || ch > ‘9‘){ if(ch == ‘-‘) f = -1;  ch = getchar();}
    while(ch >= ‘0‘ && ch <= ‘9‘){x = x * 10 + ch - ‘0‘;ch = getchar();}
    return x * f;
}
int inv[MN+5],Inv[MN+5],p[MN+5],U[MN+5],R[MN+5],n,m,K,f[MN+5][MN+5];

inline int pow(int x,int
 
 k)
{
    int sum=1;
    for(;k;k>>=1,x=1LL*x*x%mod)
        if(k&1) sum=1LL*sum*x%mod;
    return sum;
}
inline int C(int n,int m){return 1LL*p[n]*Inv[m]%mod*Inv[n-m]%mod;}
inline void Re(int&x,int y){x+=y;x>=mod?x-=mod:0;}

inline int Calc(int m,int rk)
{
    if(m<=n+1)
    {
        int res=0;
        for(int i=1;i<=m;++i)
            res=(res+1LL*pow(i,rk)*pow(m-i,n-rk-1))%mod;
        return res;
    }
    int sum=1,res=0,Div=1,S=0;
    for(int i=1;i<=n+1;++i) sum=1LL*sum*(m-i+mod)%mod;
    for(int i=2;i<=n+1;++i) Div=1LL*Div*(1-i+mod)%mod;
    for(int i=1;i<=n+1;++i)
    {
        int t=1LL*sum*pow(m-i+mod,mod-2)%mod;
        S=(S+1LL*pow(i,rk)%mod*pow(m-i,n-rk-1))%mod;
        t=1LL*t*S%mod;
        res=(res+1LL*t*pow(Div,mod-2))%mod;
        Div=1LL*Div*pow(mod-(n-i+1),mod-2)%mod*i%mod;
    }
    return res;
}

int main()
{
    n=read();m=read();K=read();
    for(int i=1;i<=m;++i) U[i]=read();
    for(int i=1;i<=m;++i) R[i]=n-read();
    inv[0]=inv[1]=p[0]=p[1]=Inv[0]=1;
    for(int i=2;i<=MN;++i)
        p[i]=1LL*p[i-1]*i%mod,
        inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<=MN;++i)
        Inv[i]=1LL*Inv[i-1]*inv[i]%mod;
    f[0][n-1]=1;
    R[0]=n-1;
    for(int i=1;i<=m;++i)
        for(int j=0;j<=R[i];++j)
            for(int k=j;k<=R[i-1];++k)
            if(n-1-k>=R[i]-j)
            Re(f[i][j],1ll*f[i-1][k]*C(k,j)%mod*C(n-1-k,R[i]-j)%mod);
    int ans=f[m][K];
    for(int i=1;i<=m;++i) ans=1LL*ans*Calc(U[i],R[i])%mod;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

BZOJ4599[JLoi2016&LNoi2016]成績比較(dp+拉格朗日插值)