思路：
先考虑最大值，首先，都填满肯定是最大的，但是在填的过程中要怎么最大化代价呢。每次都将要填的物品放到第n层，这样由于题意可知他会掉落，但是代价依旧是最大的。
最大代价如下：n∗x=1∑nx∗y=1∑ny2=n∗2n∗(n+1)∗6n∗(n+1)∗(2∗n+1)
接下来考虑最小值。
手模一下n = 4的场景，有以下三种情况：
1.首先在底面平铺一层，然后在左上-右下的对角线上的每个格子都放3个，形成的俯视图如下：
蓝色的数字表示高度，这样的代价为750
2.首先在底面平铺一层，然后在右上-左下的对角线上的每个格子都放3个，形成的俯视图如下，代价也是750:
3.
这样的代价为642.
假设
则答案为$1+(t1-1)(t2-1)+t1(t1-1)+t1*(t2-1)
化简得: t 1 ∗ t 2 + ( t 1 − 1 ) ∗ ( t 2 + t 1 − 2 )
由于涉及到取模，所以计算t 1 , t 2时的除法应该用逆元来算。
代码：
#pragma GCC optimize(1) #pragma GCC optimize(2) #pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline") #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<ll, ll>PLL; typedef pair<int, int>PII; typedef pair<double, double>PDD; #define I_int ll inline ll read(){ll x = 0, f = 1;char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-')f = -1;ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}return x * f;} inline void write(ll x){if (x < 0) x = ~x + 1, putchar('-');if (x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');} #define read read() #define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0) #define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++) #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++) #define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--) const ll mod=1e9+7; ll ksm(ll a, ll b){ll res = 1;while(b){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;} int main(){ int _=read; while(_--){ ll n=read; n%=mod; ll t1=n*(n+1)%mod;t1=t1*ksm(2,mod-2)%mod; ll t2=n*(n+1)%mod;t2=t2*(2*n%mod+1)%mod;t2=t2*ksm(6,mod-2)%mod; ll maxx=n*t1%mod*t2%mod; maxx=maxx*n%mod; ll minn=t1*t2%mod; ll tmp=(t1-1+mod)%mod; ll tmp1=(t1+t2-2+mod)%mod; minn=(minn+tmp*tmp1%mod)%mod; printf("%lld\n%lld\n",minn,maxx); } return 0; }
