傳送門


這題比賽的時候沒怎麼認真想，倆隊友似乎在這道題上花了很長時間，但遺憾的是也沒搞出來，遂以為是一道難題。
但正解竟出奇的簡單。


如果一對盒子，第一個可以選\(k*i\)個，第二個可以選\(0\sim i-1\)個，那麼任意的數都可以由這一對盒子選出來，而且方案唯一。這樣就變成了\(x_1+x_2+\cdots+x_n=m\)的非負整數解個數了，用插板法即可解決。

但現在每一對盒子中的第二個可以選\(0 \sim i\)個，那麼當選了\(i\)的整數倍時，就會有兩種選法，不好辦了。

於是題解給出了很漂亮的解決辦法：我們讓第\(i\)對盒子的第一個，和第\(i-1\)對盒子的第二個配對，即選\(k*i\)

即\(\sum\limits_{i = 0}^{n}C_{m-i+n-1}^{n-1}\).

將上述式子進行化簡，得到\(\sum\limits_{x = m-1}^{m+n-1}C_{x}^{n-1}=\sum\limits_{x=0}^{m+n-1} C_{x}^{n-1}-\sum\limits_{x=0}^{n-2}C_{x}^{n-1}\).

進而用\(\textrm{Hockey-Stick Identity}\)

所以預處理\(O(n)\)，單次詢問\(O(1)\).

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define enter puts("") 
#define space putchar(' ')
#define In inline
typedef long long ll;
typedef double db;
const int maxn = 2e6 + 5;
const ll mod = 1e9 + 7;
In ll read()
{
	ll ans = 0;
	char ch = getchar(), las = ' ';
	while(!isdigit(ch)) las = ch, ch = getchar();
	while(isdigit(ch)) ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0', ch = getchar();
	if(las == '-') ans = -ans;
	return ans;
}
In void write(ll x)
{
	if(x < 0) x = -x, putchar('-');
	if(x >= 10) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}

ll f[maxn], inv[maxn];
In ll C(int n, int m) 
{
	if(m > n) return 0;
	return f[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
In ll quickpow(ll a, ll b)
{
	ll ret = 1;
	for(; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
		if(b & 1) ret = ret * a % mod;
	return ret;
}

int main()
{
	f[0] = inv[0] = 1;
	for(int i = 1; i < maxn; ++i) f[i] = f[i - 1] * i % mod;
	inv[maxn - 1] = quickpow(f[maxn - 1], mod - 2);
	for(int i = maxn - 2; i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	int T = read();
	while(T--)
	{
		int n = read(), m = read();
		write((C(n + m, n) - C(m - 1, n) + mod) % mod), enter;
	}
	return 0;
}