まずは列 \(A\) を固定して，\(f(A)\) を解釈します．

\(\displaystyle \binom{A_i+A_{i+1}}{A_i}\) は次の数え上げに等しいです：\(A_i\) 個の \(i\) に \(A_{i+1}\) 個の \(i+1\) を挿入する方法．

そこで，次の操作を考えます：

• 列 \(X\) を \(X = (1,1,\ldots,1,1)\) （\(A_1\) 個）で初期化する．
• \(i=1,2,\ldots,N-1\) に対して次を行う：
  • \(X\) に \(A_{i+1}\) 個の \(i+1\) を挿入する．ただし，挿入可能な位置は，\(i\) の直前または列の末尾のみとする．

このようにして得られる列 \(X\) の個数が \(f(A)\) となります．

操作によって作られる列の特徴付けを考えると，本問題の答は次の条件を満たす列 \(X\) の数え上げに等しいことが分かります．

• \(X\) は \(1\) 以上 \(N\) 以下の整数からなる長さ \(M\) の列である．また，ちょうど \(K\) 個の \(1\) を含む．
• \(X\) の隣接する \(2\) 項 \(X_i,X_{i+1}\) に対して \(X_{i+1}\geq X_i-1\)．

後者の条件の必要性は \(X_i\) を挿入するときのことを考えれば分かります．十分性は最大値から順に，挿入手順の逆操作を行うことを考えれば分かります．

\(X\) を \(K\) 個の \(1\) で区切って \((\ldots,1,\ldots,1,\ldots,1,\ldots)\) のように見て，間に挿入できる列がどのようなものを考えると，\(1\) の手前と末尾に挿入できる列の母関数を \(f, g\) として \(f(x)^Kg(x)\) の計算に帰着できます．\(f,g\) はおおよそ次のような列の数え上げの母関数です．

• \(f\)：\(2,\ldots,N\) からなる列 \(x\) であって，\(x_{i+1}\geq x_i-1\) となるもの．ただし \(x\) の末尾は \(2\) である．
• \(g\)：\(2,\ldots,N\) からなる列 \(x\) であって，\(x_{i+1}\geq x_i-1\) となるもの．

包除原理を考えて，常に \(2\) 以上下がり続けるという列の個数の母関数を求めることで，本問題は \(O(N+M\log M)\) 時間で解くことが出来ます．なお，\(x_{i+1}\geq x_i-1\) という条件を満たす列に関する数え上げは，より難しい版がこの問題で解説されています．

追記：別解のつもりでしたが，公式解説と非常に近いということが分かりました．数直線上の walk （公式解説で数えているもの）について，左移動する位置のみを取り出して並べた列を対応させると，\(X_{i+1}\geq X_i-1\) というタイプの数列（本解説で数えているもの）が得られるという対応があります．