Every one will meet some difficult

###Description
求方程${\sum }_{i=1}^{m}xi<=s$且对于i=1~n，$xi<=t$的正整数解数。
n,m<=1e9,nt<=s<=1e18,m-n<=1e3

###Beat the Challeng
####Part 1
答案等于$$\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i{C}_{s-ti}^m$$
大概思路是容斥然后用组合数计算。

####Part 2
我们先来介绍一下n阶差分公式
定义一次差分$\Delta f[i]=f[i+1]-f[i]$
那么${\Delta }^{n}f$为f经过n次差分之后所得的东西
一个结论：${\Delta }^{n}f[x]={\sum }_{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^{i}f[x+i]$
证明的话可以归纳，暴力展开证明
那么我们设$Ans=(-1{)}^{n}ans$,$f[i]=C_{s-tx}^m$
可以发现$$Ans=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n+i}{C}_n^{i}f[i]$$
$$=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^{i}f[i]$$
$$={\Delta }^{n}f[0]$$

####Part 3
两类斯特林数及公式

第一类斯特林数${[}_n^m]$表示将m个可区分元素划分成n个不可区分圆排列的方案数
也有公式$$P_x^m=\sum _{i=0}^m(-1{)}^{m-i}{[}_i^m]x^i$$
只是因为递推式相等罢了，因为不会打就用排列数代替下降幂了。。。

第二类斯特林数{nm}{\{_n^m\}}{nm​}表示将m个可区分元素划分成n个不可区分的集合的方案数
也有公式xm=∑i=0m{im}Pxix^m=\sum_{i=0}^{m}{\{_i^m\}}P_x^ixm=i=0∑m​{im​}Pxi​
考虑一个组合问题"将m个可区分的球扔到n个可区分的箱子里的方案数"
显然答案是$n^m$
再考虑枚举有球的箱子，假设有i个，那么我们需要将m个球划分成i个集合，然后对集合分配箱子。因为可区分所以是排列数。

####Part 4
回到原问题$$f[x]=C_{s-tx}^m$$
$$=\frac{1}{m!}{P}_{s-tx}^m$$
$$=\frac{1}{m!}\sum _{i=0}^m(-1{)}^{m-i}{[}_i^m](s-tx{)}^i$$
$$=\frac{1}{m!}\sum _{i=0}^m(-1{)}^{m-i}{[}_i^m]\sum _{j=0}^i(-1{)}^j{C}_i^j{s}^{i-j}{t}^j{x}^j$$
$$=\frac{1}{m!}\sum _{j=0}^m{x}^j\sum _{i=j}^m(-1{)}^{m-i+j}{[}_i^m]C_i^j{S}^{i-j}{t}^j$$
设后面那个∑中的东西为a[j]，那么$f[x]={\sum }_{i=0}^m{x}^{i}a[i]$
我们继续：
$$f[x]=\sum _{i=0}^m{x}^{i}a[i]$$
=∑i=0ma[i]∑j=0i{ji}Pxj=\sum_{i=0}^{m}a[i]\sum_{j=0}^{i}\{_j^i\}P_x^j=i=0∑m​a[i]j=0∑i​{ji​}Pxj​
=∑i=0ma[i]∑j=0i{ji}Cxjj!=\sum_{i=0}^{m}a[i]\sum_{j=0}^{i}\{_j^i\}C_x^jj!=i=0∑m​a[i]j=0∑i​{ji​}Cxj​j!
=∑j=0mCxj∑i=jma[j]{ji}j!=\sum_{j=0}^{m}C_x^j\sum_{i=j}^{m}a[j]\{_j^i\}j!=j=0∑m​Cxj​i=j∑m​a[j]{ji​}j!
令后面那个∑中的式子为b[j]，那么我们有$f[x]={\sum }_{i=0}^m{C}_x^{i}b[i]$

####Part 5
回到原始式子，我们有$Ans={\Delta }^{n}f[0]$
我们又得出了$f[x]={\sum }_{i=0}^m{C}_x^{i}b[i]$
接下来我们给出一个结论：
如果$f[x]={\sum }_{i=0}^m{C}_x^{i}g[i]$
那么${\Delta }^{n}f[x]={\sum }_{i=0}^{m}g[i]C_x^{i-n}$
证明也可以暴力归纳。。。。

于是我们得出了$Ans={\sum }_{i=0}^{m}b[i]C_0^{i-n}$
即$Ans=b[n]$
代回a和b我们可以得出Ans=n!m!∑i=nm{ni}∑j=im(−1)m−j+iCji[jm]Sj−itiAns={n!\over m!}\sum_{i=n}^{m}\{_n^i\}\sum_{j=i}^{m}(-1)^{m-j+i}C_j^i[_j^m]S^{j-i}t^iAns=m!n!​i=n∑m​{ni​}j=i∑m​(−1)m−j+iCji​[jm​]Sj−iti
由于i和j的差不超过m-n，所以如果我们知道了需要的两类斯特林数可以O((m-n)^2)计算

####Part 6
正常做法可能需要O(m^2)，我们需要从组合意义上来理解。
因为将m个元素放入n个集合/圆排列中，我们都需要至少在每一个集合/排列中放一个数。
那么我们元素大于1个的集合/排列不会超过m-n个，可以设F[i][j]表示将i个元素插入j个元素>1的集合/排列的方案数，然后直接Dp。
最终计算时枚举到底有几个元素>1的集合/排列

这样总复杂度就是O((m-n)^2)的了，足以通过本题
zrO 提供此题的wzd Orz
然而外校有人考场切？！

###Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=2*1e3+5,Mo=1e9+7;

int pwr(int x,int y) {
	int z=1;
	for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%Mo)
		if (y&1) z=(ll)z*x%Mo;
	return z;
}

int n,m,mn,inv[N],ps[N];
int f[N][N],g[N][N],c[N][N],s[N],su[N];
ll S,T;

int C(int y,int x) {
	if (x>2*mn) x=y-x;
	return c[y-n][x];
}

int main() {
	freopen("success.in","r",stdin);
	freopen("success.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld%d%d",&S,&T,&n,&m);
	mn=m-n;S%=Mo;T%=Mo;

	fo(i,0,2*mn) inv[i]=pwr(i,Mo-2);
	ps[0]=1;fo(i,1,mn) ps[i]=(ll)ps[i-1]*S%Mo;

	fo(i,0,2*mn) {
		c[i][0]=1;
		fo(j,1,min(i+n,2*mn)) {
			c[i][j]=(ll)c[i][j-1]*(i+n-j+1)%Mo;
			c[i][j]=(ll)c[i][j]*inv[j]%Mo;
		}
	}

	f[0][0]=g[0][0]=1;
	fo(i,1,2*mn) 
		fo(j,1,i/2) {
			f[i][j]=(ll)f[i-1][j]*(i-1)%Mo;
			g[i][j]=(ll)g[i-1][j]*j%Mo;
			if (i>1) {
				(f[i][j]+=(ll)f[i-2][j-1]*(i-1)%Mo)%=Mo;
				(g[i][j]+=(ll)g[i-2][j-1]*(i-1)%Mo)%=Mo;
			}
		}

	fo(i,0,mn) 
		fo(j,0,min(m-(i+n),i+n))
			(su[i]+=(ll)f[m-(i+n)+j][j]*C(m,m-(i+n)+j)%Mo)%=Mo;

	fo(i,0,mn)
		fo(j,0,min(i,n))
			(s[i]+=(ll)g[i+j][j]*C(n+i,i+j)%Mo)%=Mo;

	int ans=0;
	fo(i,0,mn) {
		int sum=0,pt=pwr(T,i+n);
		fo(j,i,mn) {
			int res=(ll)C(n+j,n+i)*su[j]%Mo*ps[j-i]%Mo*pt%Mo;
			if ((m-j+i)&1) (sum+=Mo-res)%=Mo;
			else (sum+=res)%=Mo;
		}
		(ans+=(ll)sum*s[i]%Mo)%=Mo;
	}

	fo(i,n+1,m) ans=(ll)ans*pwr(i,Mo-2)%Mo;
	if (n&1) ans=Mo-ans;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

UPD(2019.1.1)
然而这道题被林立打爆了。。。。
考虑原式子的组合意义，相当于有n+1组，前n组有t个，最后一组有s-nt个，从中选出m个数，前n组至少选一个的方案数
生成函数为$$[x^m]((x+1{)}^t-1{)}^n(x+1{)}^{s-nt}$$
考虑写成$$[x^{m-n}](\frac{(x+1{)}^t-1}{x}{)}^n(x+1{)}^{s-nt}$$
就只用保留前m-n项，直接暴力就好了
还可以用多项式取模做到O((m-n) log m-n log n)