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题目大意：众所周知冒泡排序算法多数情况下不能只扫描一遍就结束排序，而是要扫描好几遍。现在你的任务是求1~N的排列中，需要扫描K遍才能排好序的数列的个数模20100713。注意，不同于真正的冒泡排序算法，只要数列有序就立刻停止，而不用再检验一遍。
估计多数人都是找规律吧，先看出递推，然后求出通项……这个题只有找出通项公式才能通过，所以首先公布答案：
K!((K + 1) ^ (N - K) - K ^ (N - K))
好吧，现在让我们来证明一下。
首先定义函数d(x)，对于1~N的一个排列，d(x)表示第x个数前面有多少个数字大于该数。
比如说对于3 2 4 1 5，有d(1) = 0，d(2) = 1，d(3) = 0，d(4) = 3，d(5) = 0。
现在我们来证明d(x)函数的两条性质：
（一）对于一个排列，对于所有x <= N，有d(x) = 0是这个排列是有序的充要条件。
如果存在1 <= i, j <= N，使得i < j，ai > aj，那么由于aj前面有ai大于它，故d(j) >= 1。而这与d(j) = 0矛盾，反之亦然。所以说命题成立。
（二）冒泡排序的每次扫描的结果是，对于非零的d(x)值，这个位置的d(x)会且只会减少1。
考虑某个非零的d(x)值。由于d(x) >= 1，所以必然存在整数i∈[1, x - 1]，满足ai > ax。设m为a1, a2, ..., a(x -1)中的最大值，位置为i，则必有m > ax。那么，在扫描到a(x - 1)和ax的时候，由于前面的交换，必然有a(x - 1) = m。
原因是如果前面的交换将m交换到了a(x - 2)的位置，那么由于m > a(x - 1)，那么ai必然能够被交换到a(x - 1)的位置。故由数学归纳法，只要m能够被交换到a(i + 1)即可。而在交换之前a(i - 1) < m，m与a(i - 1)不发生交换；同时必然有m > a(i + 1)，m一定会被交换到a(i + 1)，故该结论成立，从而扫描a(x - 1)和ax的时候a(x - 1) = m。
这时由于m > ax，m与ax之间要交换，交换的效果由于ax前面比ax小的数字减少了一个，d(x)减小了1。所以说d(x)在这个过程中必会减少。
而另一方面，完成了m与ax的这次交换之后，这一次扫描显然就不会再交换ax的值了（这时ax位置上的值已经是m了）。所以说，d(x)也只能减少1。这就证明完毕。
证明了d(x)函数的这个性质之后，我们就可以得出对于1~n的一个排列，它所需要的冒泡排序的扫描次数为
K = max (d(i), 1 <= i <= N)
而这个结论很显然，因为只有经过K次扫描，所有位置的d值才能都变为0。
到此，我们成功地将冒泡排序的次数问题转化为d(x)值满足条件的数列的问题。原问题也就转化成了有多少个排列使得其中最大的d(x)值恰好为K。然而这也是复杂的，所以说我们不妨先解决有多少个排列使得其中最大的d(x)值不大于K。
首先可以确定N >= K + 1，否则不可能出现某个位置前面有K个数大于它。
然后决定原数列中1的位置。显而易见，如果最小数的位置为x，则其d(x) = x - 1。而d(x) <= K，故x <= K + 1，也就是说1有K + 1种放置方法；而放置2的时候，我们完全可以考虑一个新的排列2~N，这时2有K + 1种放置方法，然后再把1插到位置1~K + 1，而不影响其它数的d值。所以说，前N - K个数的放置方法的种类有
(K + 1) ^ (N - K)
之后只需要考虑N - K + 1 ~ N的排列即可。然而，由于整个数列只有K个数字，不可能出现某个d值大于K + 1。所以说排列方法有K!种。故，所有位置d值不大于K的排列的方案数有
K!((K + 1) ^ (N - K))
但是这是不大于K的排列数量，恰好为K的有怎么办呢？很简单，只需要减去不大于K - 1的排列数量便可。所以最后的答案为
K!((K + 1) ^ (N - K)) - (K - 1)!(K ^ (N - K + 1))
化简之后我们就得到
K!((K + 1) ^ (N - K) - K ^ (N - K))
这就是原来的式子，它的正确性就证明完毕。
#include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int Mod=20100713; __int64 fac[1000005]= {1}; __int64 Power(__int64 a,__int64 k) { __int64 ret=1; for(; k; k>>=1) { if(k&1) ret=ret*a%Mod; a=a*a%Mod; } return ret; } int main() { for(int i=1; i<1000001; i++) fac[i]=fac[i-1]*i%Mod; int t; scanf("%d",&t); while(t--) { int n,k; scanf("%d%d",&n,&k); printf("%I64d ",(Power(k+1,n-k)-Power(k,n-k)+Mod)%Mod*fac[k]%Mod); //Power(k+1,n-k)-Power(k,n-k)可能小于零
} return 0; }