Description
lqp在为出题而烦恼，他完全没有头绪，好烦啊… 他首先想到了整数拆分。整数拆分是个很有趣的问题。给你一个正整数N，对于N的一个整数拆分就是满足任意m>0，a1 ,a2 ,a3…am>0，且a1+a2+a3+…+am=N的一个有序集合。通过长时间的研究我们发现了计算对于N的整数拆分的总数有一个很简单的递推式，但是因为这个递推式实在太简单了，如果出这样的题目，大家会对比赛毫无兴趣的。然后lqp又想到了斐波那契数。定义F0=0，F1=1，Fn=Fn-1+Fn-2 (n>1)，Fn就是斐波那契数的第n项。但是求出第n项斐波那契数似乎也不怎么困难… lqp为了增加选手们比赛的欲望，于是绞尽脑汁，想出了一个有趣的整数拆分，我们暂且叫它：整数的lqp拆分。和一般的整数拆分一样，整数的lqp拆分是满足任意m>0，a1 ,a2 ,a3…am>0，且a1+a2+a3+…+am=N的一个有序集合。但是整数的lqp拆分要求的不是拆分总数，相对更加困难一些。对于每个拆分，lqp定义这个拆分的权值Fa1Fa2…Fam，他想知道对于所有的拆分，他们的权值之和是多少？简单来说，就是求 由于这个数会十分大，lqp稍稍简化了一下题目，只要输出对于N的整数lqp拆分的权值和mod 109（10的9次方）+7输出即可。
Input
输入的第一行包含一个整数N。
Output
输出一个整数，为对于N的整数lqp拆分的权值和mod 109（10的9次方）+7。
Sample Input
3
Sample Output
5
HINT
20%数据满足：1≤N≤25 50%数据满足：1≤N≤1000 100%数据满足：1≤N≤1000000
solution
貌似并不需要生成函数啊...为啥好像题解都是生成函数..
设\(a_n\)表示\(n\)的拆分的答案，枚举拆分的最后一个位置放什么，可得：
\[ a_n=\sum_{i=0}^{n-1}a_{i}F_{n-i} \] 然后根据斐波那契数列的性质：\[ F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2} \] 那么注意到\(F_{n-i}\)可以拆分，可得：\[ \begin{align} a_n&=\sum_{i=0}^{n-1}a_{i}F_{n-i}\\ &=\sum_{i=0}^{n-2}a_{i}F_{n-i}+a_{n-1}\\ &=\sum_{i=0}^{n-2}a_iF_{n-i-1}+\sum_{i=0}^{n-2}a_iF_{n-i-2}+a_{n-1}\\ \end{align} \] 注意到：\[ \begin{align} a_{n-1}&=\sum_{i=0}^{n-2}a_{i}F_{n-i-1}\\ a_{n-2}&=\sum_{i=0}^{n-3}a_{i}F_{n-i-2}\\ \end{align} \] 带入可得：\[ \begin{align} a_n&=\sum_{i=0}^{n-2}a_iF_{n-i-1}+\sum_{i=0}^{n-3}a_iF_{n-i-2}+a_{n-1}+a_{n-2}F_{0}\\ &=2a_{n-1}+a_{n-2} \end{align} \] 由于\(n\leqslant1e6\)，暴算就行了。update on 19.5.14：
今天偶然看到这个题，发现其实生成函数做这个题很简单：
这题给出来的是个背包，所以答案就是：
\[ [x^n]\sum_{i=1}^{\infty}F^i(x)=\frac{F(x)}{1-F(x)} \] 左边是枚举放了多少个，\(F(x)\)是斐波那契数列的幂级数。众所周知斐波那契的生成函数是这样的：
\[ \begin{align} F(x)&=x^2F(x)+xF(x)+x\\F(x)&=\frac{x}{1-x-x^2} \end{align} \] 带入可得答案为：\[ [x^n]G(x)=[x^n]\frac{x}{1-2x-x^2} \] 展开就是：\[ G(x)=2xG(x)+x^2G(x)+x \] 可以得到上面的递推式。#includeusing namespace std;void read(int &x) { x=0;int f=1;char ch=getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f; for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;}void print(int x) { if(x<0) putchar('-'),x=-x; if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);}void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}const int maxn = 1e6+2;const int mod = 1e9+7;int f[maxn];int main() { int n;read(n); f[1]=1,f[2]=2; for(int i=3;i<=n;i++) f[i]=(2ll*f[i-1]+f[i-2])%mod; write(f[n]); return 0;}