T<=10组数据问K<=30种珠子每种n<=1e9串成1~n长度的序列共有多少种，mod1234567891。
方程没想到。矩阵不会推。很好。
f[i][j]--长度i，j种珠子方案数，f[i][j]=f[i-1][j]*j（放个旧的）+f[i-1][j-1]+(K-(j-1))（放个新的）
n太大，推不动。由于f[i-1]->f[i]，考虑矩乘优化。设递推用的矩阵为A。F[i]表示f[i][1]~f[i][k]。
方法一：f加多一个数表示ans，初始化{0,k,0,0,……}，那个k是f[1]。A如下：
直接乘即可。注意初始化，以及最后一步谁乘谁搞清楚。
方法二：最终答案为F[1][k]+F[2][k]+……+F[n][k]，也就是F[1]+F[2]+……+F[n]的第K项，F[i]=A*F[i-1]=A^(i-1)*F[1]，所以问题就是(E+A+A^2+……+A^n-1)*F[1]的第K项，前面那坨东西：
方法（1）：G[i]=(E+A+A^2+......+A^i)，E是单位矩阵。G[i奇]=G[i-1]*A^i，G[i偶]=G[i/2]+A^(i/2)*G[i/2]，这样G[n-1]可以dfs在log时间内求，而每次要一个快速幂求A^i，复杂度k^3log2n，虽能过题但不优秀。
方法（2）：（来自yyl大爷）把所有的构造往二次幂想。把n-1二进制表示出来，比如10110，新建个H[i]=(E+A+A^2+.....+A^i-1)注意是i-1，那么H[n]=H[10000]*A^110+H[100]*A^10+H[10]*E，也就是如果能求出H[2^i]，那么是可以扫一遍n的二进制位把H[n]求出来的，边扫边更新A的若干次方（遇到1时）。而H[2^i]=H[2^(i-1)]*(A^(2^(i-1))+E)，A^(2^i)又是可以算的。算A^(2^i)，H[2^i]，以及最后枚举二进制位，都是可以k^3logn求出来的。
以下方法一。
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<algorithm> 4 #include<math.h> 5 //#include<iostream> 6 using namespace std; 7 8 int n,K,T; 9 #define maxn 111 10 #define LL long long 11 typedef LL mat[maxn][maxn]; 12 mat base,ans,f; 13 const int mod=1234567891; 14 void mul(mat a,mat b,mat &ans) 15 { 16 mat t; 17 memset(t,0,sizeof(t)); 18 for (int i=0;i<=n;i++) 19 for (int j=0;j<=n;j++) 20 for (int k=0;k<=n;k++) 21 t[i][j]=(t[i][j]+a[i][k]*b[k][j]%mod)%mod; 22 for (int i=0;i<=n;i++) 23 for (int j=0;j<=n;j++) 24 ans[i][j]=t[i][j]; 25 } 26 int main() 27 { 28 scanf("%d",&T); 29 while (T--) 30 { 31 scanf("%d%d",&K,&n); 32 if (K<n) {puts("0");continue;} 33 memset(base,0,sizeof(base)); 34 base[0][0]=base[0][n]=1; 35 base[1][1]=1; 36 for (int i=2;i<=n;i++) 37 { 38 base[i][i-1]=n-i+1; 39 base[i][i]=i; 40 } 41 memset(ans,0,sizeof(ans)); 42 for (int i=0;i<=n;i++) ans[i][i]=1; 43 while (K) 44 { 45 if (K&1) mul(ans,base,ans); 46 mul(base,base,base); 47 K>>=1; 48 } 49 memset(f,0,sizeof(f)); 50 f[1][0]=n; 51 mul(ans,f,f); 52 printf("%lld ",f[0][0]); 53 } 54 return 0; 55 }