经典容斥

题意就不说了.

解法

理想情况

理想每一组中可以取无限朵花，那么我们就需要达到$x_1+x_2+x_3+……+x_n=M$。
此时$x_i>=0$，那么令$y_i=x_i+1$，则$y_1+y_2+y_3+……+y_n=M+N$。
因为$y_i>=1$，所以可以用隔板法,在$M+N-1$个空隙中插入$N-1$个板,答案为$C_{M+N-1}^{N-1}$。

实际

在实际中有$x_1<=A_1,x_2<=A_2,x_3<=A_3……x_n<=A_n$等条件，此时就需要同时满足这N个条件。
那么正难则反，考虑求补集，也就是至少不满足其中一个条件的方案。就可以用总方案减去这些方案就可以得出答案。
设不满足$i$的方案为$s_i$，
那么答案就是$C_{M+N-1}^{N-1}-|s_1\bigcup s_2\bigcup s_3……\bigcup s_n|$。
将其展开就是：
$C_{M+N-1}^{N-1}-|s_1|-|s_2|-……|s_3|+|s_1\bigcap s_2|+……-|s_1\bigcap s_2\bigcap s_3|-……$。
就是一个容斥原理的展开。
考虑$s_i$怎么求。以$s_1$举例，假如要求$s_1$，就代表我们必须从第一组里取出至少$A_1+1$朵花，那么此时还剩$M-(A_1+1)$朵花。剩下的就是隔板，
那么此时方案就是$C_{M+N-1-(A_1+1)}^{N-1}$。
那么$|s_1\bigcap s_2|$同上，方案就是$C_{M+N-1-(A_1+1)-(A_2+1)}^{N-1}$。
整理一下，就得到 $res=C_{M+N-1}^{N-1}-\sum\limits_{i=1} C_{M+N-1-(A_i+1)}^{N-1}+\sum\limits_{i<j} C_{M+N-1-(A_i+1)-(A_j+1)}^{N-1}-……$。
总所周知，容斥复杂度$O(2^n)$，那么可以从$0枚举到2^{n-1}$。
然后把每一个条件看成一个二进制位,如果是$1$或$0$就代表遵守或不遵守这个条件，奇数个就减，偶数个就加。
那么怎么去算组合数，可以发现虽然$M$非常大，但是我们的$N$很小，所以只需按着定义去算，大概是$N$的复杂度。所以总的复杂度就是$O(2^N*N)$。

参考代码

/*
    容斥+组合数计算.
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;
const int N=25;
ll n,m;
int res;
ll a[N];
int down=1;
int ksm(int a,int b) {
    int res=1;
    while(b) {
        if(b&1) res=1ll*res*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
int C(ll a,ll b) {
    if(a<b) return 0;
    int up=1;
    for(ll i=a; i>a-b; --i) up=i%mod*up%mod;
    return 1ll*up*down%mod;
}
int main() {
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=0; i<n; ++i) scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1; i<=n-1; ++i) down=1ll*i*down%mod;
    down=ksm(down,mod-2);
    for(int i=0; i<(1<<n); ++i) {
        ll d=m+n-1,up=n-1;
        int sign=1;
        for(int j=0; j<n; ++j) {
            if((i>>j)&1) {
                sign*=-1;
                d-=a[j]+1;
            }
        }
        res=(res+C(d,up)*sign)%mod;
    }
    printf("%d\n",(res+mod)%mod);
    return 0;
}