题意概述
有 (N) 个孩子，用 (K) 天给孩子们发糖果。
第 (i) 天有 (a_i) 个糖果，等概率地发给这 (n) 个孩子(每一天每个孩子最多可以获得一个糖果)，设 (K) 天后第 (i) 个孩子获得的糖果为 (c_i)。
求 (prod_{i = 1}^n c_i) 的期望乘上 (prod_{i = 1}^n inom N {a_i}) ，答案对 (10^9 + 7) 取模。
(N le 10^3, K le 20)
正解
期望乘上那个组合数就是所有方案下的答案了对吧。
直接 dp 肯定不太好做，要记录每一个人选了多少个曲奇，考虑换一种方式来表示原问题。
首先原问题可以转化成这样一个问题：
每一个人从拥有的曲奇里选择某一天得到的那一个曲奇， 求不同的选法
答案其实也正好是 (prod c_i) (神奇的是这样做与原问题是等价的)。
所以我们只需要关心每个人选择的那个曲奇就好了。
设 (x_i) 表示有 (x_i) 个孩子在第 (i) 天得到了它们选择的曲奇。
先不考虑顺序, 钦定就是前面 (x_i) 个人得到了这 (x_i) 个曲奇。
转移系数是 (inom {N - x_i} {a_i - x_i}) (将剩下还没被选的曲奇随便分给其他人)。
最后再将人排序, 乘上 (frac {N!} {prod x_i!}) (同一天选的与顺序没有关系, 所以要除 (x_i!))。
答案其实就是：
[N! prod_{i = 1}^n frac {inom {N - x_i} {a_i - x_i}} {x_i!}
]
根据这个式子可以设出状态 (f(i, j)) 表示前 (i) 天有 (j) 个人得到了选择的那个曲奇的方案数。
转移时枚举 (x_i) 并乘上有关于 (x_i) 的系数。
状态 (O(NK))， 转移 (O(N))， 时间复杂度 (O(N^2 K))。
(color {DeepSkyBlue} {Code})
/*
f[i][j] = sum f[i - 1][j - x] * comb(n - x, a[i] - x) * ifac[x]
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define K 25
#define N 1005
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, k;
int a[K], f[K][N];
int fac[N], ifac[N];
inline int fpm(int x, int y) {
int r = 1;
while(y) {
if(y & 1) r = 1LL * r * x % mod;
x = 1LL * x * x % mod, y >>= 1;
}
return r;
}
inline int perm(int x, int y) { return 1LL * fac[x] * ifac[x - y] % mod; }
inline int comb(int x, int y) { return 1LL * perm(x, y) * ifac[y] % mod; }
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= k; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
fac[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = 1LL * i * fac[i - 1] % mod;
ifac[n] = fpm(fac[n], mod - 2);
for(int i = n; i; --i) ifac[i - 1] = 1LL * i * ifac[i] % mod;
f[0][0] = 1;
for(int i = 0; i < k; ++i) {
for(int j = 0; j <= n; ++j) {
if(!f[i][j]) continue;
for(int x = 0; x <= a[i + 1] && j + x <= n; ++x) {
f[i + 1][j + x] = (f[i + 1][j + x] +
1LL * f[i][j] * comb(n - x, a[i + 1] - x) % mod * ifac[x]) % mod;
}
}
}
int ans = 1LL * fac[n] * f[k][n] % mod;
printf("%d
", ans);
return 0;
}