定理(1)二项式系数和、定理(2)二项式系数奇偶项和证明如下：

1.公式

• 首先我们都知道组合数的意义，就是说一共有n个样本，一次性从中取出m个样本，一共有多少种不同的取法。它的公式如下：

  
  它有这么一个性质：
  
  该性质有若干种证明方式，今天我在这边写出我觉得挺巧妙的一种证明方式。

2.证明

• 想必大家都知道有关的另一个公式：
  

• 关于这个公式的系数（也就是c(n,0),c(n,1)…）可以这么理解：
  首先知道，(a+b) ^n 的展开式一共有n+1项，分别是a ^n，a ^n-1b，…ab ^n-1，b ^n。
  (a+b) ^n 就是有n个（a+b）相乘，相当于(a+b)(a+b)(a+b)…(a+b)(a+b)，一共n个。
  对于a^n，相当于是从n项中找n个a相乘，其系数就是C(n,0)=1，
  对于a^n-1b，相当于是从n项中找 (n-1) 个a和 1 个b相乘，其系数就是C(n,1)=n，
  对于a^n-2*b ^2，相当于是从n项中找 (n-2) 个a和 2 个b相乘，其系数就是C(n,2)，
  …
  …
  对于b^n，相当于是从n项中找 n 个b相乘，其系数就是C(n,n)=1，

• 由此可知：组合数之和 = 二项式的系数之和 = （a+b）^n一共的项数
  很明显，（a+b）^n，一共有2 ^n个系数为1的项

这也算是加深了自己的理解吧，以前一直只知道死记公式，从不想为什么，今后这毛病得改。。。

题目

问题引入

给你一个古典概型问题，总共两个事件，发生A事件的概率为p，则发生B事件的概率为1-p；求k次操作之后，出现偶数次A事件的概率为多少。对于最后的答案要取模1e9+7。
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样例输入

2
2 1 1
3 1 2

样例输出

500000004
555555560

题目来源

2017 ACM-ICPC 亚洲区（西安赛区）网络赛

题解

• 很显然，答案是求二项式的偶数项和。
  
• 对于这种求偶数项的和，可以参照对于n的所有组合数C(n, i)求得奇数项和为2^(n-1),偶数项和为2^(n-1)的方法，如下所示:
  
• 综上，二项式偶数项和的通项公式为：
  
  • ans=(p^k+(2*q-p)^k)/(2*p^k) ；

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;

const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-8;

typedef long long LL;
LL pow_mod(LL a,LL b,LL p) //快速幂取模
{
    LL ans=1,base=a;
    while(b>0)
    {
        if(b&1) //n%2==1
            ans=ans*base%p;
        base=base*base%p;
        b>>=1;// b/=2
    }
    return ans;
}
LL cal(LL x,LL y)//分数取模
{
    return x*pow_mod(y,mod-2,mod)%mod;
}
int main()
{
    int T;
    LL p,q,k;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&p,&q,&k);
        q=pow_mod(p-2*q,k,mod);
        p=pow_mod(p,k,mod);
        q=(p+q)%mod;
        p=(p*2)%mod;
        printf("%lld\n",cal(q,p));
    }
    return 0;
}