基準時間限制：2 秒 空間限制：131072 KB 分值: 80 難度：5級演算法題 在一個排列中，如果一對數的前後位置與大小順序相反，即前面的數大於後面的數，那麼它們就稱為一個逆序。一個排列中逆序的總數就稱為這個排列的逆序數。 如2 4 3 1中，2 1，4 3，4 1，3 1是逆序，逆序數是4。 1-n的全排列中，逆序數最小為0（正序），最大為n*(n-1) / 2（倒序） 給出2個數n和k，求1-n的全排列中，逆序數為k的排列有多少種？ 例如：n = 4 k = 3。 1 2 3 4的排列中逆序為3的共有6個，分別是： 1 4 3 2 2 3 4 1 2 4 1 3 3 1 4 2 3 2 1 4 4 1 2 3 由於逆序排列的數量非常大，因此只需計算並輸出該數 Mod 10^9 + 7的結果就可以了。 Input

第1行：一個數T，表示後面用作輸入測試的數的數量。（1 <= T <= 10000)
第2 - T + 1行：每行2個數n，k。中間用空格分隔。（2 <= n <= 1000, 0 <= k <= 20000)

Output

共T行，對應逆序排列的數量 Mod (10^9 + 7)

Input示例

1
4 3

Output示例

6

思路：（思路源自：http://m.blog.csdn.net/article/details?id=50351716）

1、統計方案數問題，考慮dp：設定dp【n】【k】表示1~n全排列逆序數為N的方案數。

那麼從長度為N的陣列遞推到長度為N+1的陣列的時候，我們只要考慮第N+1個數放在哪裡即可。

那麼就有：

dp【n】【k】=Σdp【n-1】【k-i】（0<=i<=n-1）

2、然而考慮到直接dp轉移暴力搞時間複雜度會很高，那麼我們可以用字首和來優化，也可以加以思維優化（臥槽這博主的寫法好強壯啊：http://m.blog.csdn.net/article/details?id=50351716）：

①dp【n】【k】=Σdp【n-1】【k-i】（0<=i<=n-1）

②dp【n】【k-1】=Σdp【n-1】【k-1-i】（0<=i<=n-1）

③用①減去②得到：dp【n】【k】-dp【n】【k-1】=dp【n-1】【k】-dp【n-i】【k-n】；

④那麼就有：dp【n】【k】=dp【n】【k-1】+dp【n-1】【k】-dp【n-i】【k-n】；

因為等式右邊的所有項都是在dp【n】【k】求出來之前就能求出來的，所以等式成立。

好題啊！！！！

時間複雜度O（nk）

Ac程式碼：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
int dp[1005][20050];
void init()
{
    for(int i=1;i<1002;i++)
    {
        dp[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=(i*(i-1))/2&&j<=20000;j++)
        {
            int tmp1=0,tmp2=0,tmp3=0;
            tmp1=dp[i-1][j];
            tmp2=dp[i][j-1];
            if(j-i>=0)tmp3=dp[i-1][j-i];
            dp[i][j]=((tmp1+tmp2-tmp3)%mod+mod)%mod;
        }
    }
}
int main()
{
    init();
    int n,m;
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        printf("%d\n",(dp[n][m]+mod)%mod);
    }
}