题意：
有\(n\)位同学，\(m\)门课。
一位同学在第\(i\)门课上面获得的分数上限为\(u_i\)。
定义同学\(A\)碾压同学\(B\)为每一课\(A\)同学的成绩都不低于\(B\)同学。
现在知道一个同学碾压了\(k\)个人，同时已知其各个科目的排名\(r_i\)，问有多少种情况满足这个说法。
思路：
- 考虑按照每一科一个一个来考虑，\(dp[i][j]\)表示前\(i\)门课碾压\(j\)个人的情况数。
- 那么有转移\(dp[i][j]=\sum dp[i-1][k]\cdot {k\choose k-j}\cdot {n-k-1\choose r_i-1-(k-j)}*g(i)\)。
解释一下，首先要满足\(k\geq j\)，显然根据我们\(dp\)的定义，到后面的时候碾压人数不会增多。
那么我们当前增多\(k-j\)个人，说明有\(k-j\)个人在这科的成绩超过这个同学；根据排名，剩下还有\(r_i-1-(k-j)\)个人排名比他高，我们从\(n-k-1\)个人里面选出来就行。
这样可以保证不重不漏计算。
此时已经将所有同学排名的情况计算清楚了，之后计算分数。显然\(g(i)=\sum_{k=1}^{u_i}k^{n-r_i}\cdot (u_i-k)^{r_i-1}\)。
这是一个最高项次数为\(n\)的多项式，可以直接插值计算。
最后时间复杂度为\(O(n^3)\)。
代码如下：
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/21 9:12:18
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 105, MOD = 1e9 + 7;
ll qpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) ans = ans * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return ans;
}
struct Lagrange {
static const int SIZE = 110;
ll f[SIZE], fac[SIZE], inv[SIZE], pre[SIZE], suf[SIZE];
int n;
inline void add(ll &x, int y) {
x += y;
if(x >= MOD) x -= MOD;
}
void init(int _n) {
n = _n;
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i < SIZE; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
inv[SIZE - 1] = qpow(fac[SIZE - 1], MOD - 2);
for (int i = SIZE - 1; i >= 1; --i) inv[i - 1] = inv[i] * i % MOD;
f[0] = 0;
}
ll calc(ll x, int r, int u) {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
f[i] = (f[i - 1] + qpow(i, n - r) * qpow(u - i, r - 1) % MOD) % MOD;
}
if (x <= n) return f[x];
pre[0] = x % MOD;
for (int i = 1; i <= n; ++i) pre[i] = pre[i - 1] * ((x - i) % MOD) % MOD;
suf[n] = (x - n) % MOD;
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) suf[i] = suf[i + 1] * ((x - i) % MOD) % MOD;
ll res = 0;
for (int i = 0; i <= n; ++i) {
ll tmp = f[i] * inv[n - i] % MOD * inv[i] % MOD;
if (i) tmp = tmp * pre[i - 1] % MOD;
if (i < n) tmp = tmp * suf[i + 1] % MOD;
if ((n - i) & 1) tmp = MOD - tmp;
add(res, tmp);
}
return res;
}
}larg;
int n, m, k;
ll dp[N][N];
ll u[N], r[N];
ll C[N][N];
void init() {
C[0][0] = 1;
for(int i = 1; i < N; i++) {
C[i][0] = 1;
for(int j = 1; j <= i; j++) {
C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % MOD;
}
}
}
void run(){
for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> u[i];
for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> r[i];
dp[0][n - 1] = 1;
larg.init(n);
for(int i = 1; i <= m; i++) {
ll g = larg.calc(u[i], r[i], u[i]);
for(int j = k; j < n; j++) {
for(int p = j; p < n; p++) {
if(p - j > r[i] - 1) break;
dp[i][j] += dp[i - 1][p] * C[p][p - j] % MOD * C[n - p - 1][r[i] - 1 - p + j] % MOD * g % MOD;
dp[i][j] %= MOD;
}
}
}
cout << dp[m][k] << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
init();
while(cin >> n >> m >> k) run();
return 0;
}