SSL-ZYC 方案数

题目大意：
老师今天买了好多黑色和白色巧克力（可以认为数量无限）来奖励同学们，让同学们自己来拿巧克力，但有如下限制：
1、每个人最少拿一块巧克力；
2、每个人只能拿一种颜色的巧克力；
3、拿黑色巧克力的人不少于C 个；
4、第i 个人最多拿a[i]个黑巧克力，或最多拿b[i]个白巧克力。
请问N（编号1~N）个同学拿巧克力可能的方案数是多少？（取模10007即可）
100%的数据：1≤N≤100000，1≤C≤20，1≤a[i]，b[i]≤10^9。

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思路：
明显是一道完全背包的问题。（巧克力数量是无限的）
但是这道题的数据很坑，如果我们直接打完全背包，时间复杂度则是O(n^2)，很明显会超时。
那么我们可以换一种思路：
先求出拿巧克力的总方法，再用完全背包求出小于c人取黑巧克力的方案数（时间复杂度O（nc）），最后用总方法减去小于c人取黑巧克力的方案数，就是我们要求的答案。
状态转移方程：（f[i][j]=f[i-1][j-1]*a[i]+f[i-1][j]*b[i]）

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代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;

int f[100001][21],a[100001],b[100001],sum,ans;
int n,m;

int main()
{
    freopen("fas.in","r",stdin);
    freopen("fas.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    sum=1;
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&b[i]);
        sum=sum*(a[i]+b[i])%10007;  //计算总方案数
    }
    f[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++) f[i][0]=(f[i-1][0]*(b[i]%10007))%10007;  //初始化
    for (int i=1;i<=n;i++)
     for (int j=1;j<=m;j++)  //完全背包
        f[i][j]=((f[i-1][j-1]*(a[i]%10007))%10007+(f[i-1][j]*(b[i]%10007))%10007)%10007;  //当i个人中j个人取了黑巧克力时的方案数
     for (int i=0;i<m;i++)
     {
        sum=(sum-f[n][i])%10007;  //计算总方案数
        if(sum<0) sum+=10007;
     }
    printf("%d\n",sum);
    return 0;
}