blog。好菜啊，不会这题，来写个题解 /kel。
很难直接做，先找一点性质：操作只改变相对顺序，而总数不变。
这启示我们记录每个 \(0\) 前面的极长 \(1\) 连续段长度。记第 \(i(1\le i\le C)\) 个 \(0\) 对应长度为 \(a_i\)，就存在下面的等价表述：
每次操作可以选定 \(i,j(1\le i<j\le C)\)，将 \(a_i\) 加 \(1\)，\(a_j\) 减 \(1\)，且始终有 \(\forall a_i\ge0\)。
注意到，如果选定 \((p,i)(i,q)\)，实际只是 \(a_p\) 少了 \(1\)，\(a_q\) 多了 \(1\)，可以用一步 \((p,q)\) 代替。于是此时存在操作次数更少的相同方案。
也就是说，每一位要么始终加，要么始终减。
不难用 dp 刻画：\(dp_{i,p,q}\) 表示前 \(i\) 个数用了 \(p\) 次 \(+1\) 与 \(q\) 次 \(-1\)（\(p\ge q\)），方案数。不难有如下 \(O(n^2 k^2)\) 的转移：
\[\begin{cases}dp_{i,p,q}\gets dp_{i-1,p,q}\\dp_{i,p,q}\gets dp_{i-1,p-t,q} & (1\le t\le x)\\dp_{i,p,q}\gets dp_{i-1,p,q-t} & (1\le t\le \min(q,a_i))\end{cases} \]\(k\) 很大。但是注意到每个 \(1\) 至多被移动一次。因为移动很多次的话，实际可以一步到位，于是必然存在操作次数更少的相同方案。
所以可以令 \(k\gets\min(k,|S|)\)，复杂度就降为了 \(O(n^4)\)。不难前缀和优化至 \(O(n^3)\)。
小细节：可以在 \(S\) 末尾添加一个 0，来处理末尾 \(1\) 连续段。
code，时间复杂度 \(O(n^4)\)，加上指令集后可以轻松通过。三次方做法懒得改了，反正其他题解有写。