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n <=1000 ,k <= 1000
sol:
f[i][j]表示前i个数组成的排列中逆序对个数为j。
对于第i个数，能放在n-k的位置上，提供k个逆序对的贡献。
f[i][j]=∑i−1k=0f[i−1][j−k]\sum_{k=0}^{i-1}f[i-1][j-k]
发现过不了
f[i][j-1]=∑i−1k=0f[i−1][j−1−k]\sum_{k=0}^{i-1}f[i-1][j-1-k]
两式相减
f[i][j]-f[i][j-1]=f[i-1][j]-f[i-1][j-i]
f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][j]-f[i-1][j-i]
注意j-i < 0的情况

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,k,T;
const int pyz=1e4;
inline int read()
{char c;int res,flag=0;while((c=getchar())>'9'||c<'0') if(c=='-')flag=1;res=c-'0';while((c=getchar())>='0'&&c<='9') res=(res<<3)+(res<<1)+c-'0';return flag?-res:res;
}
const int N=1100;
int f[N][N];
inline void solve()
{n=read();k=read();printf("%d\n",f[n][k]);
}
int main()
{freopen("permut.in","r",stdin);freopen("permut.out","w",stdout);T=read();int e;for(int i=2;i<=1000;++i){e=i*(i-1)/2;f[i][0]=1;for(int j=1;j<=e&&j<=1000;++j){f[i][j]=(f[i][j-1]+f[i-1][j])%pyz;if(j-i>=0) f[i][j]=((f[i][j]-f[i-1][j-i])%pyz+pyz)%pyz;}}while(T--) solve();}

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