考虑 DP，设 \(f_{i,j}\) 表示在前 \(i\) 个盒子放 \(j\) 次球的所有方案得分之和，得到转移式：
\[f_{i,j}=\sum\limits_{k=0}^{j}{j \choose k}f_{i-1,k}(a_i+j-k)\\
\]
发现这个转移式简直是为 EGF 量身定制，于是写成 EGF 的形式：
\[\hat{F_i}(x)=\hat{F_{i-1}}(x)\hat{G_i}(x)\\
\hat{F_0}(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infin}[n=0]\frac{x^n}{n!}=1\\
\hat{G_i}(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infin}(n+a_i)\frac{x^n}{n!}\\
\]
此时 \(\frac{[x^m]\hat{F_n}(x)}{n^m}\) 即为所求。
进行化简，考虑 \(\hat{G_i}(x)\) 的封闭形式：
\[\begin{aligned}
\hat{G_i}(x)
&=\sum\limits_{n=0}^{\infin}(n+a_i)\frac{x^n}{n!}\\
&=\sum\limits_{n=1}^{\infin}\frac{x^n}{(n-1)!}+\sum\limits_{n=0}^{\infin}a_i\frac{x^n}{(n-1)!}\\
&=x\mathrm{e}^x+a_i\mathrm{e}^x\\
&=(x+a_i)\mathrm{e}^x\\
\end{aligned}
\]
于是可以得到：
\[\hat{F_n}(x)=\prod\limits_{i=1}^{n}\hat{G_i}(x)=\mathrm{e}^{nx}\prod\limits_{i=1}^{n}(x+a_i)\\
\]
暴力算出 \(\prod\limits_{i=1}^{n}(x+a_i)\) 的展开式（一个 \(n\) 次多项式），设为 \(\sum\limits_{i=0}^{n}c_ix^i\)，则有：
\[\begin{aligned}
\hat{F_n}(x)
&=\mathrm{e}^{nx}\sum\limits_{i=0}^{n}c_ix^i\\
&=\sum\limits_{i=0}^{n}c_ix^i\sum\limits_{j=0}^{\infin}n^j\frac{x^j}{j!}\\
&=\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{\infin}\frac{c_in^j(i+j)!}{j!}\frac{x^{i+j}}{(i+j)!}\\
&=\sum\limits_{i=0}^{\infin}\sum\limits_{j=0}^{n}\frac{c_jn^{i-j}i!}{(i-j)!}\frac{x^i}{i!}\\
\end{aligned}
\]
最后得到答案：
\[ans=\frac{[x^m]\hat{F_{n}}(x)}{n^m}=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{c_i\prod\limits_{j=m-i+1}^{m}j}{n^i}\\
\]
时间复杂度 \(\Omicron(n^2)\)。
Bonus：
如果使用分治 FFT/NTT 计算 \(\prod\limits_{i=1}^{n}(x+a_i)\)，可以将复杂度降至 \(\Omicron(n\log^2{n})\)。