牛客练习赛76 CG的通关秘籍 数学

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来源：牛客网

题目描述
CG最喜欢玩的就是拼图游戏，但是他已经通关了所有拼图游戏，感觉拼图游戏已经没有了任何的乐趣。所以今天他选择玩填数游戏。

CG每次填一个的数到当前位置，如果这个位置填的数比上一次填的数要大，形成顺序，他的兴奋度会增加1点，如果这个数比上一次填的数要小，形成逆序，他的兴奋度会增加2点，如果两个数相等，那么什么都不会发生。（如果是第一次填数，同样不会发生任何事情）

CG认为如果已知他n次填的数，计算出当他填了n个数之后的兴奋度太简单了，所以想要你帮他计算一下他所有填数方案的兴奋度之和。

由于这个结果过大，将这个结果模1e9+7
题解:
$不妨假设f(n)为填了n位数后的兴奋度之和,考虑递推有:$
$f(n)=m\ast f(n-1)+m^{n-2}\ast \frac{3\ast m\ast (m-1)}{2}$
$首先从f(n-1)转移到f(n),第n-1位上的都要复制m遍，对于每一个k\in [1,m],向后转移时有k-1个比他小，m-k个比他大，求和可得\frac{3m(m-1)}{2},而从第n-1到n有m^{n-2}条路径，根据乘法原理可得$
$我们可通过待定系数法求通项:f(n)=\frac{3(n-1)(m-1)m^{n-1}}{2}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll M=1e9+7;

ll n,m;
int cas;
ll pow_mod(ll a,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=ans*a%M;
		b>>=1;a=a*a%M;
	}
	return ans;
} 

int main(){
	scanf("%d",&cas);
	while(cas--){
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
//		ll a1=3*(n-1)*(m-1)%M;
//		ll a2=pow_mod(m,n-1)*pow_mod(2,M-2);
		ll ans=((3*(n-1)*(m-1)%M)*pow_mod(m,n-1)%M)*pow_mod(2,M-2);
		printf("%lld\n",ans%M);
	}
	
	return 0;
} 

伞b的我把快速幂写错了