先保存一下代码。

/*Q:每次可以走1-k步，起点为0，问经过n点的概率 （n<=1e18,t<=10,k<1021）
dp[i]=(dp[i-1]+dp[i-2]+....+dp[i-k])/k;
 n-> oo,p=2/(k+1)
 证明：走k步期望走出的距离是 1+2+...+k =k(1+k)/2
 也就是每段k(k+1)/2中，每个点被踩到的概率是  k/(k(k+1)/2)=2/(k+1)
 所以无穷远处的点被踩到的概率就是2/(k+1)
考虑暴力，复杂度nk ，tle
 考虑矩阵快速幂，复杂度k^3logn,tle
 bm线性递推 k^2logn，ac
*/
#include<cstdio>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
#define maxn 10015
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-7
#define mod 1000000007
typedef vector<ll>VI;
ll ff[maxn];
ll fastpow(ll x,ll y){
    ll ans,res;
    ans=1;res=x;
    while(y){
        if(y&1)ans=ans*res%mod;
        res=res*res%mod;
        y>>=1;
    }
    return ans ;
}
void init(){
    for(int i=1;i<maxn;i++)ff[i]=fastpow(i,mod-2);
}
// head
namespace giao{
ll res[maxn],cc[maxn],mmd[maxn],base[maxn];
vector<int >md;
void mul(ll *a, ll *b,ll k){//矩阵的乘法
    for(ll i=0;i<2*k;i++)cc[i]=0;
    for(ll i=0;i<k;i++)
        if(a[i])
            for(int j=0;j<k;j++)
                cc[i+j]=(cc[i+j]+a[i]*b[j])%mod;
    for(ll i=2*k-1;i>=k;i--)
        if(cc[i])
            for(int j=0;j<md.size();j++)
                cc[i-k+md[j]]=(cc[i-k+md[j]]-cc[i]*mmd[md[j]])%mod;
    for(int i=0;i<k;i++)a[i]=cc[i];
}
ll solve(ll n,VI a,VI b){//传进来要求的第n项，然后抄就完了
    ll ans,pnt;
    ans=pnt=0;
    ll k=a.size();//一开始自己算出来的前2k项
    assert(a.size()==b.size());
    for(int i=0;i<k;i++)mmd[k-1-i]=-a[i];
    mmd[k]=1;
    md.clear();
    for(int i=0;i<k;i++){
        if(mmd[i])md.push_back(i);
        res[i]=base[i]=0;
    }
    res[0]=1;
    while((1ll<<pnt)<=n)pnt++;
    for(ll p=pnt;p>=0;p--){
        mul(res,res,k);  //
        if((n>>p)&1){
            for(ll i=k-1;i>=0;i--)res[i+1]=res[i];
            res[0]=0;
            for(int j=0;j<md.size();j++)
                res[md[j]]=(res[md[j]]-res[k]*mmd[md[j]])%mod;
        }
    }
    for(int i=0;i<k;i++)ans=(ans+res[i]*b[i])%mod;
    if(ans<0)ans+=mod;
    return ans;
    
}
VI bm(VI s){ //不管这个是什么，抄就完了
    VI C(1,1),B(1,1);
    ll l,m,b;
    l=0;m=b=1;
    for(int n=0;n<s.size();n++){
        ll d=0;
        for(int i=0;i<l+1;i++)d=(d+C[i]*s[n-i])%mod;
        if(d==0)m++;
        else if(2*l<=n){
            VI T=C;
            ll c=mod-d*fastpow(b,mod-2)%mod;
            while(C.size()<B.size()+m)C.push_back(0);
            for(int i=0;i<B.size();i++)C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod;
            l=n+1-l;
            B=T;
            b=d;
            m=1;
        }else{
            ll c=mod-d*fastpow(b,mod-2)%mod;
            while(C.size()<B.size()+m)C.push_back(0);
            for(int i=0;i<B.size();i++)C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod;
            m++;
        }
    }
    return C;
}
ll work( VI a,ll n){//传进来一个vector和要走到的位置
    VI c=bm(a); //bm算法 ，传进去我自己算出来的前2k个数据吧。
    c.erase(c.begin());  //不知道干什么的，抄。
    for(int i=0;i<c.size();i++)c[i]=(mod-c[i])%mod;  //不知道干什么的
    return solve(n,c,VI(a.begin(),a.begin()+c.size()));  // 第三个元素是原本的2k个加上了后来bm算出来的东西
}
}
void gao(){
    ll k,n;
    scanf("%lld%lld",&k,&n);
    if(n==0){//走过原点的概率
        printf("1\n");
        return ;
    }
    if(n==-1){//无穷远
        printf("%lld\n",2*ff[k+1]%mod);
        return ;
    }
    vector<ll>v;
    vector<ll>dp(3*k,0);
    dp[0]=1;//走到i点的概率
    v.push_back(1);
    for(int i=1;i<=k;i++){  //前i个点走到的概率
        for(int j=0;j<i;j++)dp[i]=(dp[i]+dp[j])%mod;//dp[i]=(dp[i-1]+dp[i-2]+....+dp[i-k])/k;
        dp[i]=dp[i]*ff[k]%mod;
        v.push_back(dp[i]); //塞进v数组里面
    }
    //现在v数组里面有k+1个数，分别表示走到0-k位置的概率
    for(ll i=k+1;i<=2*k;i++){ //再算k个
        for(int j=1;j<=k;j++)
            dp[i]=(dp[i]+dp[i-j])%mod;
        dp[i]=dp[i]*ff[k]%mod;
        v.push_back(dp[i]);
    }
    //现在v数组里面有2k+1个数，分别表示走到0-2k的概率
    ll ans=giao::work(v,n);
    printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    init();
    while(t--){
        gao();
       
    }
}
/*
 4 9
 2 8
 1 1
 3 4
 5 100
 */