今天HMR大佬给我们讲解了这一道难题。

基本思路是：

可以将问题转化为：求出杨辉三角，用二维数组f[i][j]来表示在杨辉三角中以第i行第j列的点为右下角，第0行第0列处的点为左上角的矩阵中所有元素是k的倍数的个数；

那么这样一来f[i][j]的状态转移方程为：f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][j]-f[i-1][j-1]

这个方程的意思是以第i行第j-1列的点为右下角的矩阵中的元素是k的倍数的个数+以第i-1行第j列的点为右下角的矩阵中的元素是k的倍数的个数-以第i-1行第j-1列的点为右下角的矩阵中的元素是k的倍数的个数，如果不减去f[i-1][j-1]的话就会多加上那一块重复的。

这是大佬的AC代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define ll long long
#define gc() getchar()
#define maxn 2005
using namespace std;

inline ll read(){                                                 //快读
ll a=0;int f=0;char p=gc();
while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=gc();}
while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=gc();}
return f?-a:a;
}
void write(ll a){
if(a>9)write(a/10);
putchar(a%10+'0');
}

int t,k,c[maxn][maxn],f[maxn][maxn];
int main(){
t=read();k=read();
for(int i=0;i<=2000;++i)c[i][0]=1;
for(int i=1;i<=2000;++i)                                  //枚举杨辉三角
for(int j=1;j<=i;++j)
c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%k;
for(int i=1;i<=2000;++i){
for(int j=1;j<=i;++j){
f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]-f[i-1][j-1];                        //状态转移方程
if(!c[i][j])f[i][j]++;
}
f[i][i+1]=f[i][i];
}
for(int i=1;i<=t;++i){
int n=read(),m=read();
if(m>n)m=n;
write(f[n][m]);
putchar('\n');
}
return 0;
}