https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=7047

题意：

2*n个筐，每个筐里的球个数无限。第2*x个框至多取x个球，第2*x-1个框只能取x的倍数个球。

问取出m个球的方案数

至多取x-1个球的筐和只能取x的倍数个球的筐放在一起可以看作是可以取任意个球的筐

所以第2个筐到第2n-1个筐构成了n-1个可以取任意球的筐，第1个筐也是可以取任意球，第2n个筐可以取0—n个球

所以相当于n个可以取任意球的筐和1个可以取0—n个球的筐

枚举从可以取0—n个球的筐中取i个

那就是在n个筐里任意取够m-i个球

根据组合数学中的插板法，答案是C(m-i+n-1,n-1)

所以答案是∑ C(m-i+n-1,n-1)  i∈[0,min(n,m)]

∑ C(m-i+n-1,n-1) = C(m-1,n-1)+C(m,n-1)+C(m+1,n-1)+……+C(m+n-1,n-1)

相当于问杨辉三角第n-1列，第m-1行到第m+n-1行的和

由A1+C=B得 A1=B-C

所以A1+A2+A3+A4=B-C+A2+A3+A4=B+A2+A3+A4-C=D-C

所以∑ C(m-i+n-1,n-1) = C(m+n,n)-C(m-1,n)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define N 2000001

const int mod=1e9+7;

int fac[N],inv[N];

int poww(int a,int b)
{
    int c=1;
    for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
        if(b&1) c=1ll*c*a%mod;
    return c;
}

int C(int n,int m)
{
    if(n<m) return 0;
    int w=1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
    return w;
}

int main()
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<N;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    inv[N-1]=poww(fac[N-1],mod-2);
    for(int i=N-2;i>=0;--i) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;  
    int T,n,m;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        printf("%d\n",(C(n+m,n)-C(m-1,n)+mod)%mod); 
    }
}