题目
题目比较简洁，就不复述了。
思考历程
这让我联想到了不久之前在CF上做的一道题。
但这两道题的差别是很大的，共同点并不是很多。
直接套那题的方法在这题中也顶多拿个40分。
考虑探索新大陆，然而没有成功……
感觉这题的暴力不好打，最终也没有打部分分……
（所以说我在这题上耗费了1h）
正解
正解的思路比较清奇。
不用说也知道这题要容斥一下，我比赛时一直在想着保留上界，然而正解是保留下界。
如果想到的话也挺显然的，首先用最终的值减去下界，接下来用生成函数去考虑，就相当于\(\frac{1}{(1-x)^n}\)。这个东西可以用隔板法搞出来。假如最终的总和为\(V\)，下界和为\(S\)，那么方案数就是\(C_{V-S+n-1}^{n-1}\)
我们要将每个合法的\(V\)的这个东西加起来。
有条公式：\(C_{n+m}^k=\sum_{i=0}^kC_n^iC_m^{k-i}\)
可以用组合意义证明。我们用这条式子来搞事情。
假如知道了\(V\)的信息，现在要知道\(V+aD^b\)的信息
\(C_{V+aD^b-S+n-1}^{n-1}=\sum_{i=0}^{n-1}C_{V-S+n-1}^iC_{aD^b}^{n-1-i}\)
于是，只要我们知道\(C_{V-S+n-1}^i\)（\(i \in [0,n)\)），就可以推出\(V+aD^b\)的信息了。右边的那个东西预处理即可。
可以发现不同的\(V\)是可以加在一起转移的。
发现了这个东西之后就可以DP：设\(f_{i,j,0/1}\)，表示前\(i\)位，计算的是\(C_{V-S+n-1}^{j}\)的和，后面的\(0/1\)表示前\(i\)位的\(V\)和下界总和（即\(S\)）的大小关系。
代码
代码中\(f\)数组加了一维，表示有没有前导零。
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
#define mo 1000000007
#define LEN 520
#define maxD 500
#define N 12
#define ll long long
inline ll qpow(ll x,int y=mo-2){
ll res=1;
for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
if (y&1)
res=res*x%mo;
return res;
}
int n,D;
ll fac[N],ifac[N];
inline ll C(ll m,int n){
m%=mo,m+=(m<0?mo:0);
ll res=ifac[n];
for (int i=0;i<n;++i,m=(m-1+mo)%mo)
res=res*m%mo;
return res;
}
ll powd[LEN+1],g[LEN+1][maxD][N],sg[LEN+1][maxD][N];
struct Bigint{
int k,v[LEN+1];
inline int getmo(){
int res=0;
for (int i=k;i>=0;--i)
res=((ll)res*D+v[i])%mo;
return res;
}
} L[N],R[N];
void operator*=(Bigint &a,int b){
for (int i=0;i<=a.k;++i)
a.v[i]*=b;
for (int i=0;i<=a.k;++i){
a.v[i+1]+=a.v[i]/D;
a.v[i]%=D;
}
if (a.v[a.k+1])
a.k++;
}
void operator+=(Bigint &a,int b){
a.v[0]+=b;
for (int i=0;a.v[i]>=D;++i)
a.v[i+1]++,a.v[i]-=D;
if (a.v[a.k+1])
a.k++;
}
void operator+=(Bigint &a,Bigint &b){
a.k=max(a.k,b.k);
for (int i=0;i<=a.k;++i){
a.v[i]+=b.v[i];
if (a.v[i]>=D)
a.v[i+1]++,a.v[i]-=D;
}
if (a.v[a.k+1])
a.k++;
}
void operator-=(Bigint &a,Bigint &b){
for (int i=0;i<=a.k;++i){
a.v[i]-=b.v[i];
if (a.v[i]<0)
a.v[i+1]--,a.v[i]+=D;
}
if (a.v[a.k]==0)
a.k--;
}
void input(Bigint &a){
char ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9')
ch=getchar();
do{
a*=10,a+=ch-'0';
ch=getchar();
}
while ('0'<=ch && ch<='9');
}
bool T[maxD];
ll ans;
ll f[LEN+1][N][2][2];
Bigint s;
inline ll calc(){
memset(f[0],0,sizeof f[0]);
int smo=s.getmo();
for (int j=0,w=s.v[0];j<n;++j){
for (ll v=0;v<D;++v)
if (T[v]){
ll tmp=C(v-smo+n-1,j);
(f[0][j][v>=w][bool(v)]+=tmp)%=mo;
}
}
for (int i=0;i<LEN;++i){
int w=s.v[i+1];
memset(f[i+1],0,sizeof f[i+1]);
for (int j=0;j<n;++j)
for (int c=0;c<2;++c){
ll val=(f[i][j][c][1]+(T[0]?f[i][j][c][0]:0))%mo;
for (int k=j;k<n;++k){
if (w)
(f[i+1][k][0][1]+=val*sg[i+1][w-1][k-j])%=mo;
if (w && T[w])
(f[i+1][k][c][1]+=val*g[i+1][w][k-j])%=mo;
(f[i+1][k][1][1]+=val*(sg[i+1][D-1][k-j]-sg[i+1][w][k-j]+mo))%=mo;
}
(f[i+1][j][0<w?0:c][0]+=f[i][j][c][1]+f[i][j][c][0])%=mo;
}
}
ll res=f[LEN][n-1][1][1]+f[LEN][n-1][1][0];
return res%mo;
}
void dfs(int k,int flag){
if (k==n){
ans+=calc()*flag;
return;
}
s+=L[k];
dfs(k+1,flag);
s-=L[k];
s+=R[k];
dfs(k+1,-flag);
s-=R[k];
}
int main(){
freopen("A.in","r",stdin);
freopen("A.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&D);
for (int i=0;i<D;++i){
int x;
scanf("%d",&x);
T[i]=x;
}
fac[0]=1;
for (int i=1;i<n;++i)
fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
ifac[n-1]=qpow(fac[n-1]);
for (int i=n-2;i>=0;--i)
ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mo;
powd[0]=1;
for (int i=1;i<=LEN;++i)
powd[i]=powd[i-1]*D%mo;
for (int b=0;b<=LEN;++b){
for (int a=0;a<D;++a){
ll t=a*powd[b]%mo,p=1;
for (int i=0;i<n;++i,p=p*t%mo,t=(t-1+mo)%mo)
g[b][a][i]=p*ifac[i]%mo;
}
for (int i=0;i<n;++i){
sg[b][0][i]=0;
for (int a=1;a<D;++a)
sg[b][a][i]=(sg[b][a-1][i]+(T[a]?g[b][a][i]:0))%mo;
}
}
for (int i=0;i<n;++i){
input(L[i]),input(R[i]);
R[i]+=1;
}
dfs(0,1);
ans=(ans%mo+mo)%mo;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}总结
组合数的计数问题，可以考虑通过组合数的递推关系来计算。