与唐林康的决战在即，面筋哥需要一件压场子的终极武器。
面筋哥手上有 M 个面筋，能量值分别为 1-M 的整数。现在面筋哥想要利用这些面筋制
作他的终极武器：Ex 面筋棒。Ex 面筋棒是一种能够发射强大剑气的能量武器。它由一些面
筋按次序连接而成。Ex 面筋棒可能会发射失败，面筋哥无法承受失败的损失。在 SPW 财团
的资助下，经过上百次的实验，面筋哥终于发现了面筋棒成功发射剑气的规律：
·面筋哥臂力有限，拿不动太长的 Ex 面筋棒，所以面筋棒的长度 L 不能大于 N，当然
它的长度不能为 0。
·每次发动攻击时，面筋棒会被触发 L 次，第 i 次触发会激活前 i 个面筋，进入蓄能状
态。
·首先剑气能量会聚集在已经激活的能量值最小的面筋上，然后能量会自发地寻找更高
的能量值，如果某一个面筋 x 的能量值是所有能量值大于当前面筋的面筋中（包括未激活的
面筋）最小的一个，那么剑气能量会转移到面筋 x 上，并提高至 s[x]。如果 x 未激活，则 Ex
面筋棒会由于能量溢出而发射失败。
·当发射能量达到当前已激活的面筋中的最大值，则第 i 次触发的能量聚集完成。
·只有当 L 次触发的能量全部完成聚集，Ex 面筋棒才能成功发射剑气。
面筋哥急切想击败唐林康，他想知道，利用他手上的面筋，能够制造出多少种不同的可
以成功发射剑气的 Ex 面筋棒。两种面筋棒不同当且仅当他们的长度不同，或某一个位置上
面筋能量不同。由于方案数太大，你只需要告诉他答案除以 19260817 的余数。
由于能量自发地提高违反了物理定律，这导致了时空的崩塌，世界线之间的隔阂被打破。
这时，你眼前突然出现了 Q 个来自各自世界的面筋哥，每个面筋哥都想知道方案总数，但
是他们拥有的面筋不一样，并且他们的臂力也不一样。你需要帮助每一个世界的面筋哥算出
方案总数。
另外面筋哥害怕自己表述不清而导致你理解出错，所以他悄咪咪地整理了一份更严谨的
表述，在早些时候放进了 ftp 里面。
【输入格式】
第一行一个正整数 Q，表示世界线的个数
接下来 Q 行，每行两个整数 M,N，表示该世界线中，面筋哥拥有 M 个面筋，能够拿动长度
至多为 N 的面筋棒。
【输出格式】
Q 行，每行一个整数，表示在该世界的条件下，能够成功发射的 Ex 面筋棒数量。
【样例输入 1】
1
4 4
【样例输出 1】
40
【样例解释】
将 Ex 面筋棒看做数列，则下列不同的组成都是能够成功发射的：
长度为 1：{1},{2},{3},{4}
长度为 2 : {1 2},{1 3},{1 4},{2 1},{2 3},{2 4},{3 1},{3 2},{3 4},{4 1},{4 2},{4 3}
长度为 3: {1 2 3},{1 2 4},{1 3 4},{2 1 3},{2 1 4},{2 3 1},{2 3 4},{2 4 1},{3 1 4},{3 2 1},{3 2 4},{3 4 1},{3
4 2},{4 2 1},{4 3 1},{4 3 2}
LULU随手组的数学题有点毒瘤
我们发现由于题目的性质：
所以选出一些数的代价是相同的：为CmkC_{m}^{k}Cmk
但是对于一段数它的代价是可以DP的
我们枚举当前最大的值的位置：
如果最大值在：第i号点
则后面是连续下降的。
所以代价是1
我们可以枚举前面的他实际是DP前缀和
打表出来就是O(2n)O(2^{n})O(2n)
然后我们现在要计算多次询问的答案：
∑i=1nCmi2i−1\sum_{i=1}^{n}C_{m}^{i}2^{i-1}∑i=1nCmi2i−1
这是实际上是组合数的前缀和
而这个实际上可以莫队！
一个东西满足莫队只需要：
向四个方向都是O(1)O(1)O(1)转移的
设求解的东西是：SmnS_{m}^{n}Smn
n的变化是很好求解的。
Smn−1=Smn−Cmn∗2n−1S_{m}^{n-1}=S_{m}^{n}-C_{m}^{n}*2^{n-1}Smn−1=Smn−Cmn∗2n−1
Smn+1=Smn+Cmn+1∗2nS_{m}^{n+1}=S_{m}^{n}+C_{m}^{n+1}*2^{n}Smn+1=Smn+Cmn+1∗2n
这直接是按照公式定义的
但是这实际上底也是可以同理的
观察：Sm+1nS_{m+1}^{n}Sm+1n
它等价于：∑i=1nCm+1i∗2i−1\sum_{i=1}^{n} C_{m+1}^{i}*2^{i-1}∑i=1nCm+1i∗2i−1
按照递推的转移式，可以拆解为：
∑i=1n(Cmi+Cmi−1)∗2i−1\sum_{i=1}^{n}(C_{m}^{i}+C_{m}^{i-1})*2^{i-1}∑i=1n(Cmi+Cmi−1)∗2i−1
等价于Sm+1n=∑i=1n−13∗Cmi+Cm0∗20+Cmn∗2n−1S_{m+1}^{n}=\sum_{i=1}^{n-1}3*C_{m}^{i}+C_{m}^{0}*2^{0}+C_{m}^{n}*2^{n-1}Sm+1n=∑i=1n−13∗Cmi+Cm0∗20+Cmn∗2n−1
即：Sm+1n=3∗Smn−Cmn∗2n+Cm0∗20S_{m+1}^{n}=3*S_{m}^{n}-C_{m}^{n}*2^{n}+C_{m}^{0}*2^{0}Sm+1n=3∗Smn−Cmn∗2n+Cm0∗20
逆推得到：Sm−1n=Smn+Cm−1n−Cm0∗203S_{m-1}^{n}=\frac{S_{m}^{n}+C_{m-1}^{n}-C_{m}^{0}*2^{0}}{3}Sm−1n=3Smn+Cm−1n−Cm0∗20
这就是莫队了
注意块的大小的取舍。
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
inline void read(int &x){
x=0;
int f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
x*=f;
}
typedef long long LL;
const int N=1e5+100;
const LL mod=19260817;
LL Quick_Pow(LL x,int k){
LL ret=1;
while(k){
if(k&1)ret=ret*x%mod;
x=x*x%mod;
k/=2;
}
return ret;
}
//
LL powtwo[N+10];
LL fac[N+10];
LL Inv[N+10];
LL inv3;
void Pre(){
inv3=Quick_Pow(3,mod-2);
powtwo[0]=1;
for(int i=1;i<=N;++i)powtwo[i]=powtwo[i-1]*2%mod;
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=N;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
Inv[N]=Quick_Pow(fac[N],mod-2);
for(int i=N-1;i>=0;--i)Inv[i]=Inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
LL C(int n,int m){
return fac[n]*Inv[n-m]%mod*Inv[m]%mod;
}
//
int Belong[N];
int Sqr;
LL now=1;
int l=1;
int r=1;
inline void rplus(){
now=((3LL*now-C(r,l)*powtwo[l]%mod+C(r,0)*powtwo[0])%mod+mod)%mod;
++r;
}
inline void rdelete(){
now=((now+C(r-1,l)*powtwo[l]%mod-C(r,0)*powtwo[0])%mod+mod)%mod*inv3%mod;
--r;
}
inline void lplus(){
now=(now+C(r,l+1)*powtwo[l]%mod)%mod;
++l;
}
inline void ldelete(){
now=((now-C(r,l)*powtwo[l-1]%mod)%mod+mod)%mod;
--l;
}
struct Query{
int l,r,Id,ans;
}Q[N];
bool cmp(Query A,Query B){
if(Belong[A.l]^Belong[B.l])return A.lB.r;
}
bool cmp2(Query A,Query B){
return A.Id=r){
while(rQ[i].r)rdelete();
while(lQ[i].l)ldelete();
}
else{
while(lQ[i].l)ldelete();
while(rQ[i].r)rdelete();
}
Q[i].ans=now;
}
sort(Q+1,Q+1+cnt,cmp2);
for(int i=1;i<=cnt;++i){
cout<