Codeforces Round #737 (Div. 2) C. Moamen and XOR（数位DP)

Moamen and Ezzat are playing a game. They create an array 𝑎a of 𝑛n non-negative integers where every element is less than 2𝑘2k.

Moamen wins if 𝑎1&𝑎2&𝑎3&…&𝑎𝑛≥𝑎1⊕𝑎2⊕𝑎3⊕…⊕𝑎𝑛a1&a2&a3&…&an≥a1⊕a2⊕a3⊕…⊕an.

Here && denotes the bitwise AND operation, and ⊕⊕ denotes the bitwise XOR operation.

Please calculate the number of winning for Moamen arrays 𝑎a.

As the result may be very large, print the value modulo 10000000071000000007 (109+7109+7).

Input

The first line contains a single integer 𝑡t (1≤𝑡≤51≤t≤5)— the number of test cases.

Each test case consists of one line containing two integers 𝑛n and 𝑘k (1≤𝑛≤2⋅1051≤n≤2⋅105, 0≤𝑘≤2⋅1050≤k≤2⋅105).

Output

For each test case, print a single value — the number of different arrays that Moamen wins with.

Print the result modulo 10000000071000000007 (109+7109+7).

Example

input

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output

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5
2
1

看到数据范围很大，于是借助类似数位dp的思想，考虑按位进行处理。设 $dp[i, 0]$ 表示所有数第i位相与大于所有数第i位相异或的数的个数（假设没有第i + 1到第n位）， $dp[i, 1]$ 表示所有数第i位相与等于所有数第i位相异或的数的个数。则输出的就是 $(dp[k, 0] + dp[k, 1]) \% mod$ 。考虑如何进行转移：因为相与和相异或本质上都只和n的奇偶性有关而不和n的大小有关，因此考虑用排列组合的方法进行计算。

当n为奇数：

$dp[i, 0] = 0$ 。因为所有数第i位相与大于所有数第i位相异或的话只能n个数第i位全取1才有可能（否则相与结果必然为0，而相异或结果为0，必然不可能大于）此时所有数相与和相异或的结果都是1，方案数为0。
$dp[i, 1] =( C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 +...+ C_n^{n - 1} + 1)\times (dp[i - 1,0] + dp[i - 1, 1])$ 。因为此时有0，2，4.. n - 1个数为1的话相与和相异或都是0，再加上全为1的那一种，最后乘以dp[i - 1]的情况即可。因为当前位与和异或的相等，那么前一位（i - 1）的结果只能是大于或者等于。以及注意这些组合数的和等于 $2^{n - 1}$

当n为偶数：

$dp[i, 0] = 2 ^ {(i - 1)\times n}$ ，因为当前位结果大于，剩下所有位无论怎么取都可以。
$dp[i, 1] =( C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 +...+ C_n^{n - 2})\times (dp[i - 1,0] + dp[i - 1, 1])$

分析类似，注意 $C_n^0 + C_n^2 + C_n^4 +...+ C_n^{n - 2}=2^{n - 1} - 1$

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n, k;
long long dp[200010][2];//大于 等于
long long fpow(long long a, long long b) {
	long long ans = 1;
	for(; b; b >>= 1) {
		if(b & 1) ans = ans * a % mod;
		a = a * a % mod;
	}
	return ans;
}
signed main() {
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		cin >> n >> k;
		for(int i = 0; i <= n + 5; i++) {
			dp[i][0] = dp[i][1] = 0;
		}
		if(k == 0) {
			puts("1");
		} else {
			for(int i = 1; i <= k; i++) {
				if(i == 1) {
					if(n & 1) {
						dp[i][0] = 0;
						dp[i][1] = (fpow(2, n - 1) + 1) % mod;//加的1是1 1 1这样的 也算一样
					} else {
						dp[i][0] = 1;
						dp[i][1] = (fpow(2, n - 1) - 1 + mod) % mod;
					}
					continue;
				}
				if(n & 1) {
					dp[i][0] = 0;
					dp[i][1] = (fpow(2, n - 1) + 1 + mod) % mod * (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]) % mod;
				} else {
					dp[i][0] = fpow(2, (i - 1) * n) % mod;
					dp[i][1] = (fpow(2, n - 1) - 1) % mod * (dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]) % mod;
				}
			}
			cout << (dp[k][0] + dp[k][1]) % mod << endl;
		}
	}
	return 0;
}