Description

這天,當一頭霧水的LZH同學在考場上痛哭的時候,一旁的YMW早就如切菜一樣cut掉了簡單至極的第一題,風輕雲淡的衝擊著滿分,然而最後一道題著實難道了他,畢竟是幼兒園副園長樹皮和著名毒瘤秋彪為了防止人AK而出的,可是YMW作為ACrush的著名粉絲,向來以AK為目標,永不言敗,而他能不能AK就看你了
題目是醬紫的,f(n)-f(3)-f(4)-f(5)-…-f(n-3)-f(n-2)=(n+4)(n-1)/2,f(1)=1,f(2)=1
求f(n)的前n項和

Input

輸入 一個正整數n（保證0<=n<=2^31-1）

Output

輸出 一個正整數,表示這個圖形的整點個數,需要對1000000007求餘

Sample Input

樣例輸入1
1
樣例輸出1
1
樣例輸入2
2
樣例輸出2
2

思路：

我們考慮分解式子：
我們直接從5開始分解
f(5)=f(5)
f(6)=f(3)+f(4)+25
f(7)=f(3)+f(4)+f(5)+33=f(6)+f(5)+7+1
f(8)=f(3)+f(4)+f(5)+f(6)+42=f(7)+f(6)+8+1
……
由此可得，題目就是讓你求s(n)，其中f(n)=f(n-1)+f(n-2)+n+1
直接矩陣乘法
轉移矩陣請參考矩陣乘法例5

code:

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long n;
long long a[10][10];
long long ans[10][10];
long long p=1000000007;
void multi()
{
	long long c[10][10];
	for(long long i=1; i<=5; i++)	
		for(long long j=1; j<=5; j++)
			c[i][j]=0;
	for(long long i=1; i<=5; i++)
		for(long long j=1; j<=5; j++)	
			for(long long k=1; k<=5; k++)	
				c[i][j]=(c[i][j]+ans[i][k]*a[k][j])%p;
	for(long long i=1; i<=5; i++)	
		for(long long j=1; j<=5; j++)
			ans[i][j]=c[i][j];
}
void multi1()
{
	long long c[10][10];
	for(long long i=1; i<=5; i++)	
		for(long long j=1; j<=5; j++)
			c[i][j]=0;
	for(long long i=1; i<=5; i++)
		for(long long j=1; j<=5; j++)	
			for(long long k=1; k<=5; k++)	
				c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*a[k][j])%p;
	for(long long i=1; i<=5; i++)	
		for(long long j=1; j<=5; j++)
			a[i][j]=c[i][j];
}
void ksm(long long k)
{
	ans[1][1]=ans[2][2]=ans[3][3]=ans[4][4]=ans[5][5]=1;
	while(k!=0)
	{
		if(k&1)
			multi();
		multi1();
		k>>=1;
	}
}
void multi2()
{
	long long c[10][10];
	for(long long i=1; i<=1; i++)	
		for(long long j=1; j<=5; j++)
			c[i][j]=0;
	for(long long i=1; i<=1; i++)
		for(long long j=1; j<=5; j++)	
			for(long long k=1; k<=5; k++)	
				c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*ans[k][j])%p;
	for(long long i=1; i<=1; i++)	
		for(long long j=1; j<=5; j++)
			ans[i][j]=c[i][j];
}
int main()
{
	scanf("%lld", &n);
	if(n==1)
	{
		printf("1");
		return 0;
	}
	a[1][1]=a[2][1]=a[4][1]=a[5][1]=1;
	a[1][2]=1;
	a[1][3]=a[3][3]=1;
	a[4][4]=a[5][4]=1;
	a[5][5]=1;
	ksm(n-2);
	a[1][1]=a[1][2]=1;
	a[1][3]=1;
	a[1][4]=3;
	a[1][5]=1;
	multi2();
	printf("%lld", (ans[1][1]+ans[1][3])%p);
	return 0;
}