题意：
给出两个长度为 (n) 的数组 (a,b) 和一个整数 (s)。
你可以任意重排数组 (a,b)，总共 ((n!)^2) 种方案。
现在又两个人 A,B 来玩游戏，两人轮流操作，A 先操作。
每次操作当前选手会取出各自数组的第一个元素 (x) 并将它删去，并令 (s) 减去 (x)，如果发现 (sleq 0)，那么当前操作的人输，游戏结束。
求在所有 ((n!)^2) 的方案中，有多少种能够使得 A 赢，答案模 (10^9+7)。
(1 leq n,a_i,b_i leq 100)，(1 leq s leq sum(a_i+b_i))，时限 (=4s)。
我竟然现场 40min 就 A 了这道题，incredible！
拿总方案数 (-) B 赢的方案数。
考虑 B 赢是什么情况。肯定我们删到了某个位置 (i)，然后删除完第 (i) 个位置上的数之后 (s leq 0)，然后 A 就输了。
假设 A 在第 (i) 次删除的数为 (x)。那么在删除 (x) 之前，删除的所有数之和 (<s)，而删完 (x) 之后删除的所有数之和 (geq s)。
我们枚举这个 (i) 和 (x)，假设删 (a_i) 之前删除的所有数之和为 (sum)，那么我们可以得到不等式 (s-x leq sum lt s)。
那么题目转化为：你在 (a_j) 中选择 (i-1) 个数填在 (a_1,a_2,dots,a_{i-1}) 的位置（已经放好的 (x) 就不能再被选择了），再从 (b_j) 中选择 (i-1) 个数放在 (b_1,b_2,dots,b_{i-1}) 的位置，满足 (a,b) 数组中选出来的 (2(i-1)) 个数之和在 ([s-x,s)) 之间，求方案数。
首先 (n^3) 的暴力 (dp) 是很显然的。你每枚举一个 (x)，就相当于从 (a) 数组中踢掉了一个数，就重新做一遍背包，(dpa_{i,j,k}) 表示在 (a_1,a_2,dots,a_i) 中选择 (j) 个数和为 (k) 的方案数。(dpb) 同理。然后枚举 (sum) 和选出来的 (i-1) 个 (a_i) 的和，用乘法原理计算贡献。(a_1,a_2,dots,a_{i-1}) 可以随便排，方案数 ((i-1)!)，(b_1,b_2,dots,b_{i-1}) 也可以随便排，方案数也是 ((i-1)!)。(a_{i+1},a_{i+2},dots,a_{n})，(b_i,b_{i+1},dots,b_n) 也依次有一个全排列的系数，所以总的乘法系数是 (((i-1)!)^2 imes(n-i)! imes(n-i+1)!)。总复杂度 (n^5)
不过借鉴 [CTSC2012] 假面 的经验，可以先预处理出整个序列的 (dpa)，然后对每个 (x) 都跑一遍可删除背包。正推的方程式是 (dp_{i,j,k}=dp_{i-1,j,k}+dp_{i-1,j-1,k-x})。现在是在已知 (dp_{i}) 的情况下求出 (dp_{i-1})。注意到 (dp_{i-1,0,k}=dp_{i,0,k})，所以我们可以先还原出 (dp_{i-1,0,k})，再根据 (dp_{i-1,1,k}=dp_{i,1,k}-dp_{i-1,0,k-x}) 还原出 (dp_{i-1,1,k})，以此类推，还原的复杂度是 (n^2) 的。
接下来是计算答案，还是枚举 (a) 贡献的和 (suma)，不过注意到 (sum) 的取值范围是一段区间，所有 (b) 贡献的和的范围也是个区间 ([s-x-suma,s-suma))，前缀和转移，又可以优化掉一个 (n)。
时间复杂度 (mathcal O(n^4))
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ffe(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int MOD=1e9+7;
const int MAXN=100+5;
const int MAXS=2e4+5;
int n,s,a[MAXN],b[MAXN];
int dpa[MAXN][MAXS],dpb[MAXN][MAXS],sdp[MAXN][MAXS];
int ndp[MAXN][MAXS];
int fac[MAXN];
int solve(){
int sa=0,sb=0,ss=0;
fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) sa+=a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) sb+=b[i];
ss=sa+sb;dpa[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;~j;j--) for(int k=sa;~k;k--)
if(j>=1&&k>=a[i]) dpa[j][k]=(dpa[j][k]+dpa[j-1][k-a[i]])%MOD;
dpb[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;~j;j--) for(int k=sb;~k;k--)
if(j>=1&&k>=b[i]) dpb[j][k]=(dpb[j][k]+dpb[j-1][k-b[i]])%MOD;
for(int i=0;i<=n;i++){
sdp[i][0]=dpb[i][0];
for(int j=1;j<=ss;j++) sdp[i][j]=(sdp[i][j-1]+dpb[i][j])%MOD;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=n;j++) for(int k=0;k<=sa;k++) ndp[j][k]=dpa[j][k];
for(int j=0;j<n;j++) for(int k=0;k<=sa-a[i];k++){
ndp[j+1][k+a[i]]=(ndp[j+1][k+a[i]]-ndp[j][k]+MOD)%MOD;
}
int l=max(s-a[i],0),r=s-1;
for(int j=0;j<n;j++){
int sum=0;
for(int k=0;k<=sa;k++){
if(k>r) break;
int nl=l-k,nr=r-k;
sum=(sum+1ll*ndp[j][k]*sdp[j][nr]%MOD)%MOD;
if(nl>0) sum=(sum-1ll*ndp[j][k]*sdp[j][nl-1]%MOD+MOD)%MOD;
}
ans=(ans+1ll*sum*fac[j]%MOD*fac[j]%MOD*fac[n-j-1]%MOD*fac[n-j]%MOD)%MOD;
}
}
int tot=1ll*fac[n]*fac[n]%MOD;
return (tot-ans+MOD)%MOD;
}
class PrettyLiar{
public:
int count(int S,vector<int> kaede,vector<int> kanade){
s=S;n=kaede.size();
for(int i=0;i<n;i++) a[i+1]=kaede[i],b[i+1]=kanade[i];
return solve();
}
};
//PrettyLiar pro;