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。

然后代码就是小意思了：

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;

const int mod = 20100713;

__int64 power (int k, int n)
{
    __int64 r = k, ans = 1;
    while (n)
    {
        if (n & 1) ans = (ans * r) % mod;
        r = (r * r) % mod;
        n >>= 1;
    } return ans;
}

__int64 factorial[1000010];

int main ()
{
    int t, n, k;
    __int64 ans;
    factorial[0] = 1;
    for (int i = 1; i < 1000010; i++)
        factorial[i] = (factorial[i - 1] * i) % mod;
    scanf("%d", &t);
    for (; t > 0; t--)
    {
        scanf("%d %d", &n, &k);
        n -= k;
        ans = (power(k + 1, n) - power(k, n)) % mod;
        if (ans < 0) ans += mod;
        ans = (ans * factorial[k]) % mod;
        printf("%I64d\n", ans);
    }
    return 0;
}