同样来自 @Explodingkonjac 学长的讲题。但是我没认真听讲，所以自己想出来了。
原本的想法是设对于每一组分别设 \(dp_{i,j}\) 为当前枚举到第 \(i\) 个位置，已经钦定了 \(j\) 个该组中的人投给自己组的方案数。转移就是枚举有多少人投给 \(i\) 然后容斥。
但是可能是我没有处理好，总之这种转移似乎使每次切换组时就算上组内没被钦定的数的贡献。然而这样是错的因为后面组剩余的数量就是不确定的，有后效性了。
此时再仔细分析代码，发现复杂度不会超过 \(\sum_i(\sum_j[t_j=i])^2\le n^2\)。也就是说可以再加一维。
那么变成设 \(dp_{i,j,k}\) 为当前枚举到第 \(i\) 个位置，已经钦定了 \(j\) 个人投给同组的人，已经钦定了 \(k\) 个该组中的人投给自己组的方案数。转移是类似的，这样就可以最后再算没钦定的人的贡献了。时间复杂度 \(O(n^3)\) 可以通过。
但是做完看题解发现原来有 \(O(n^2)\) 做法，吐槽数据范围。大概做法就是把同组的一起算，再乘上组内排列贡献。
code（\(O(n^3)\)）：
code：
点击查看代码
int n,m,dp[N][N][N],c[N],fac[N],ifac[N];
struct node{int x,y;}a[N];
il int Mod(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
il int binom(int x,int y){
if(x<0||y<0||x<y)return 0;
return 1ll*fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;
}
il int qpow(int x,int y){
int ret=1;
while(y){
if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
x=1ll*x*x%mod,y>>=1;
}
return ret;
}
void init(int n){
fac[0]=1;
rep(i,1,n)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
ifac[n]=qpow(fac[n],mod-2);
drep(i,n-1,0)ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
il bool cmp(node x,node y){return x.y<y.y;}
void Yorushika(){
scanf("%d",&n);
rep(i,1,n)scanf("%d",&a[i].x);
rep(i,1,n){
int x;scanf("%d",&x);
c[x]++,a[i].y=x;
}
init(n);
sort(a+1,a+n+1,cmp);
dp[0][0][0]=1;
rep(i,1,n){
int s=c[a[i].y];
rep(l,0,a[i].x){
rep(j,l,n)rep(k,l,c[a[i].y]){
if(l&1)dp[i][j][k]=Mod(dp[i][j][k],mod-1ll*dp[i-1][j-l][k-l]*binom(s-k+l,l)%mod*ifac[a[i].x-l]%mod);
else dp[i][j][k]=Mod(dp[i][j][k],1ll*dp[i-1][j-l][k-l]*binom(s-k+l,l)%mod*ifac[a[i].x-l]%mod);
}
}
if(a[i+1].y!=a[i].y){
rep(j,0,n){
rep(k,1,s)dp[i][j][0]=Mod(dp[i][j][0],dp[i][j][k]),dp[i][j][k]=0;
}
}
}
int ans=0;
rep(i,0,n)ans=Mod(ans,1ll*dp[n][i][0]*fac[n-i]%mod);
printf("%d\n",ans);
}
signed main(){
int t=1;
// scanf("%d",&t);
while(t--)
Yorushika();
}