题目分析
实际上两个人轮流取十分鸡肋，可以看作一个人取2t次。
考虑生成函数。
为了方便，我们对取的数向右偏移k位。
取2t次的生成函数为：
[F(x)=(sum_{i=0}^{2k}x_i)^{2t}
]
化一下式子：
[egin{split}
F(x)&=(frac{1-x^{2k+1}}{1-x})^{2t}\
&=(1-x^{2k+1})^{2t}cdot(1-x)^{-2t}
end{split}
]
对两个式子分别二项式展开：
[egin{split}
F(x)&=sum_{i=0}^{2t}(-1)^{2t-i}inom{2t}{i}x^isum_j^{infty}inom{2t+j-1}{j}x^j
end{split}
]
显然可以考虑FFT了。
我们对(sum_j^{infty}inom{2t+j-1}{j}x^j)求一个前缀和，枚举i每次(O(1))计算贡献即可。
时间复杂度(O(kt))。