原来我一开始以为的( O(n^2) )是调和级数( O(nlog_2n) )的！
首先枚举猴王的桃子个数( x )，然后使用容斥原理，枚举有至少( k )个不满足的条件，那么这( k )个不满足的条件得组合个数为( C_{m-1}^{k} )，这( k )个不满足的条件每个至少是( x+1 )，在总的桃子个数中去掉不满足条件的( k )个( x+1 )，然后在剩下的桃子中使用隔板法，方案数为( C_{n-(k+1)*x+m-2}^{m-2} )
那么就可以得到公式：
[ans=sum_{x=1}^{x<=n,x>frac{n-x}{m-1}}(sum_{k=0}^{n-(k+1)*xgeq 0}((-1)^k*C_{m-1}^{k}*C_{n-(k+1)*x+m-2}^{m-2}))
]
关于这个的复杂度呢看似平方实则是调和级数( O(nlog_2n) )的……但是我不太会算啊据说内层的k一共有n/x种取值
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const long long N=200005,mod=1e9+7;
long long T,n,m,inv[N],fac[N],ans;
long long ksm(long long a,long long b)
{
long long r=1ll;
while(b)
{
if(b&1)
r=r*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return r;
}
long long C(long long n,long long m)
{
return fac[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}
int main()
{
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=N-5;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[N-5]=ksm(fac[N-5],mod-2);
for(int i=N-6;i>=0;i--)
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
scanf("%lld",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
if(m==1||n==1)
{
puts("1");
continue;
}
ans=0ll;
for(int x=1;x<=n;x++)
if(x>(n-x)/(m-1))
for(int k=0;n-(k+1)*x>=0;k++)
ans=(ans+((k&1)?-1:1)*C(m-1,k)*C(n-(k+1)*x+m-2,m-2))%mod;
printf("%lld
",(ans%mod+mod)%mod);
}
return 0;
}