推石子
首先设(d[i]=sum_{t=1}^{U[i]}t^{n-R[i]}(U[i]-t)^{R[i]-1})，即第(i)门课程分数的合法分布方案数；
然后设(f[i,j])表示前(i)门课程中(j)个人被碾压的合法方案数，转移有：
[egin{aligned}
&f[i,j]=d[i] imessum_{k=1}^npmatrix{k\k-j}pmatrix{n-k-1\(R[i]-1)-(k-j)}f[i-1,k]
&f[0,n-1]=1
end{aligned}
]
意义为：决策中之前被碾压的(k)个中(k-j)个翻身了（这一课程的成绩高于B神），没被碾压的(n-k-1)个中则剩((R[i]-1)-(k-j))个成绩高于B神，取组合数。
重头戏来了：如何处理(d[i])?
拉格朗日插值
问题描述：已知(n)次多项式多项式(P(x))经过了(n+1)个不重点({(x_n,y_n)})，求(P(k))。
高斯消元求系数表达式什么的就别来了。
构造(n)个拉格朗日基本多项式(ell_j(x)=prod_{i ot= j} dfrac{x-x_i}{x_j-x_i})，容易得到(ell_j(x_j)=1)，(ell_j(x_imid i ot=j)=0)；于是顺理成章地可以构造出(P(x))来
[P(x)=sum_{i=0}^ny_iell_i(x)
]
构造({ell_{j}(x)})是(O(n^2))的，构造(P(x))以及代值计算均是(O(n))的，故总时间复杂度为(O(n^2))。
回溯到本题，可以将(d[i])看作一个(n)次多项式(P(x))在(U[i])处的取值，可以插值计算了。
参考实现
我已经是个嘴巴选手了还要什么实现？留坑逃