原題：

• Problem Description

我們知道，在程式設計中，我們時常需要考慮到時間複雜度，特別是對於迴圈的部分。例如，
如果程式碼中出現
for( i=1; i<=n; i++) OP ;
那麼做了n次OP運算，如果程式碼中出現
for(i=1; i<=n; i++)
for(j=i+1; j<=n; j++) OP;
那麼做了n*(n-1)/2 次OP 操作。
現在給你已知有m層for迴圈操作，且每次for中變數的起始值是上一個變數的起始值＋1（第一個變數的起始值是1），終止值都是一個輸入的n，問最後OP有總共多少計算量。

解題思路：

楊輝三角 重要概念：

• 第n行數字和為2^(n-1)。
• 第n行的m個數可表示為C(n-1，m-1)
  ，即為從n-1個不同元素中取m-1個元素的組合數。
• 第n行的第m個數和第n-m+1個數相等 ，為組合數性質之一。
• 每個數字等於上一行的左右兩個數字之和。可用此性質寫出整個楊輝三角。即第n+1行的第i個數等於第n行的第i-1個數和第i個數之和，這也是組合數的性質之一。即 C(n+1, i) = C(n, i) + C(n, i-1)。
• 二項式定理：(a+b)^n的展開式中的各項係數依次對應楊輝三角的第(n+1)行中的每一項。

解題思路：

這道題利用 排列組合Cn(m)（也就是從n個元素中任取m個元素）的思考方式，實現過程用楊輝三角。
假設現在有4個 小球 A B C D 要從中取2個 用排列組合的方式：先取A 然後可以依次取 B C D ；接下來 取B 然後可以依次取C D ； 接下來取C ，但只能取剩下的D； 這樣就有3 + 2 + 1 = 6 種組合C( 4 , 2 ) = C( 3 , 1) + C( 3 , 2) = 3 + 3。
這裡的4 就是題目的n， 這裡的2就是題目的m（迴圈次數）；
所以題目問的操作次數 也就是 問有多少種取球方式；

程式碼：

#include <cstdio>
int result[2001][2001];
void preprocessing()//預處理(楊輝三角)
{
    for (int i = 0; i < 2001; i++)
        result[i][0] = result[i][i] = 1;
    for (int i = 2; i < 2001; i++)
        for (int j = 1; j < i; j++)
            result[i][j] = (result[i - 1][j] + result[i - 1][j - 1]) % 1007;
}
int main()
{
    preprocessing();
    int T, m, n;
    scanf_s("%d", &T);
    while (T--)
    {
        scanf_s("%d%d", &m, &n);
        printf("%d\n", result[n][m]);
    }
}