給定 \(n\) 個變數，每個變數有 \(m\) 個屬性，屬性 \(i\) 的值在 \([1,u_i]\) 中隨機。
第 \(1\) 個變數的所有屬性的排名以及給出，然後我們知道恰好有 \(k\) 個變數滿足所有屬性都嚴格小於等於 \(1\)
求所有可能的合法情況。答案對 \(10^9+7\) 取模。
\(n,m\le 100,u_i\le 10^9\)
方便起見，令 \(n\leftarrow n-1\)，同時令 \(r_j\leftarrow n+1-r_j\) 表示有 \(r_j\) 名同學分數小於等於他。
容斥，設 \(g_i\) 表示至少有 \(i\) 個變數嚴格小於等於他。
那麼我們可以直接使用 dp 來計算 \(g_i\)，那麼基礎方案數為 \(\binom\)，假設屬性 \(j\) 的取值為 \(x\)，那麼這 \(i\) 個變數的取值範圍均為 \(x\)，那麼對於每個屬性對答案的貢獻均可以獨立乘起來，具體來說形如此：
\[\begin
&\binom\sum_^x^(u_j-x)^
\end\]
設 \(o=r_j\)，不難得到：
\[\begin
&\binom\sum_^x^(u_j-x)^
\\&\rightarrow \binom\sum_^x^\sum_j \binom(-1)^j x^ju_j^
\\&\rightarrow \binom\sum_j \binom(-1)^j u_j^\sum_^x^
\end\]
設 \(f(k,x)=\sum_^x i^k\)
那麼不難得到維度 \(i\) 對答案的貢獻為：
\[\begin
&\binom\sum_j \binom(-1)^j u_j^f(o+j,u_j)
\end\]
顯然 \(o+j\) 的取值範圍為 \(1\sim n\)，同時不難發現後面的式子與列舉的 \(i\) 無關，所以可以考慮預處理後式，對於 \(j=1,2...m\) 均預處理後式稱為 \(t_j\)，那麼列舉 \(i\) 之後就可以 \(\mathcal o(nm)\) 的計算答案了。
我們的瓶頸在於希望得到正整數冪多項式，此時有兩種選擇：
拉格朗日插值。
伯努利數。
由於我想要複習伯努利數，所以這裡又重新進行了推導：
設 \(s_k(n)=\sum_^n j^k\)
\[\begin
&\sum_ s_k(n)\frac
\\&\rightarrow\sum_\sum_^n \frac
\\&\rightarrow\sum_^n e^
\\&\rightarrow\frac-e^x}
\\&\rightarrow\frac\times \frac-1}
\end\]
我們設前者的 egf 序列為 \(\\)，後者為 \(\,\frac...\frac}\}\)
於是有 \(s_k(n)\) 即為：
\[\begin
&\sum_b_i\binom\frac}
\\&\rightarrow \frac\sum_b_i\binomn^
\end\]
計算 \(b_i\)，然後直接得到多項式。
接下來，注意到：
\[\frac\times \frac=e^x
\]所以有 \(\\) 與 \(\,\frac...\frac\}\) 的二項卷積結果為 \(\\)
不難注意到 \(b_0=1\)，所以我們有：
\[b_k=1-\sum_\sum_
while( cc >= '0' && cc <= '9' ) cn = cn * 10 + cc - '0', cc = getchar() ;
return cn * flus ;
}const int n = 100 + 5 ;
const int p = 1e9 + 7 ;
int fpow(int x, int k) return ans ;
}int n, m, lim, k, u[n], r[n], g[n], h[n], b[n] ;
int f[n], iv[n], fac[n], inv[n], c[n][n], a[n][n] ;
int get(int x, int k)
signed main()
rep( k, 0, n ) rep( i, 0, k )
a[k][k - i + 1] = c[k + 1][i] * b[i] % p * iv[k + 1] % p ;
rep( i, 1, m ) h[i] = ans ;
} rep( i, 1, n )
int ans = 0 ;
rep( i, k, n )
cout << ans << endl ;
return 0 ;
}
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