這個問題的核心在於，我們需要把「加入乙個球、拿出乙個球」這兩個操作轉化一下
因為顯然兩個操作同時進行的話，我們沒有辦法從單純的組合意義去分析
我們首先把$m$個球拿出來，表示全部都選拿走球
然後對於我們選定的加入球的操作，我們一次性加入兩個球
這樣問題就變成了乙個單純加入球的問題了
現在的問題是這樣的：
給定$n-m$個球，你有$m$次機會，每次可以加入兩個球，最後你會拿出$k$個球，問總方案數
我們把$k$個球的**分開考慮
假設$k$個裡面有$i$個來自於原來的$n-m$個球，$k-i$個來自於新加入的球
那麼選出$i$個的方案數應該為$c^i_$
後面新加入的球，我們考慮乙個遞推：$f[i][j]$表示從$i$對球中拿了東西，一共取出來了$j$個
那麼新加入一對球，可以選擇拿乙個或者拿兩個，因此可以寫出方程
$g[i][j]=f[i-1][j-2]+f[i-1][j-1]*2$
這個方程得到之後就好辦了
我們先列舉$k$個裡面從原來球中選出的個數，再列舉剩下的$k-i$用了多少對球（$j$）
然後除了上面的兩個東西要乘起來之外，還要再乘以$c_j$和$2$，分別表示選出$j$對的方案，以及剩下的沒有取出的東西做出的貢獻
式子如下：
$ans = \sum_^k \sum_ }^ c(n-m,i) \ast c(m,j) \ast 2^ \ast f[k-i][j]$
這裡面的組合數每次詢問單獨處理，$f$陣列可以預處理好，總複雜度$o(tk^2)$
#include#include#include#include#include#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
ll n,m,k,f[1010][1010],suf[510],suff[510],pre[510],c[510],cc[510],pw[510];
ll qpow(ll a,ll b)
return re;
}void init(ll p,ll q)
void getf() }}
int main()
(ans+=tmp*c[i]%mod)%=mod;
} printf("%lld\n",ans);
}}
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