題目連結

題目思路

這是一個經典的結論題，以前寫過，但是忘了。。。

直接放官方題解

將可以取\(0 到 k-1\)個球的框與只能取\(k\)的倍數個球的框合併為一個可以取任意個球的框，就得到了\(n\)個

可以取任意個球的框和一個可以取\(0到n\)個球的框。列舉 \(0到n\)個球的框中取出了多少個球，剩下的球的

選取方案可以由插板法得到，於是答案為\(\sum_{i=0}^nC_{m-i+n-1}^{n-1}\)，根據\(C_a^b=C_{a-1}^{b-1}+C_{a-1}^b\)即\(C_{m+n}^n-C^n_{m-1}\)

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn=2e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,m;
ll fac[maxn],finv[maxn];
ll qpow(ll a,ll b){
    ll ans=1,base=a;
    while(b){
        if(b&1) ans=ans*base%mod;
        base=base*base%mod;
        b=b>>1;
    }
    return ans;
}
void init(int n){
    fac[0]=finv[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    }
    finv[n]=qpow(fac[n],mod-2);
    for(int i=n-1;i>=1;i--){
        finv[i]=finv[i+1]*(i+1)%mod;
    }
}
ll c(ll a,ll b){
    if(a<b) return 0;
    ll ans=fac[a]*finv[b]%mod*finv[a-b]%mod;
    return ans;
}
signed main(){
    init(2000000);
    int _;scanf("%d",&_);
    while(_--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        ll ans=((c(n+m,n)-c(m-1,n))%mod+mod)%mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}