description
(n)名学生(m)门课，(mbox{yyb})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(mbox{yyb})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,mle100,U_ile10^9)
sol
设有(k)名同学没有被(mbox{yyb})碾压，所以这(k)名同学至少要有一门比(mbox{yyb})要高。
每一门科目可以有(R_i-1)个人比(mbox{yyb})要高。
容斥一下，枚举(k)个人中有(i)个人没有一门比(mbox{yyb})高
[ans=sum_{i=0}^k(-1)^iinom{k}{i}prod_{j=1}^{m}inom{k-i}{R_j-1}
]
但是这样算出来的只是每个人与(mbox{yyb})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(mbox{yyb})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^3log 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
",1ll*ans*C[n-1][k]%mod);return 0;
}