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前言

欢迎来到加基森！

诺格弗格市长要和你van♂游戏。

题目

为表示对你的欢迎，诺格弗格市长要和你玩游戏。他们的游戏很原始，也就是从 \(n\) 堆石子里轮流取石子，每次只能在一堆石子里取正整数数量的石子，取走最后一颗石子的人获胜。

显然这就是经典的 \(\rm Nim\) 游戏，但是诺格弗格市长充分发挥了他的特性：随机！所以你并不知道初始的石子的摆放是怎么样的，你只知道每堆石子数互不相同且范围在 \([1,2^n-1]\) 内。

为了表示对你的尊敬，市长决定让你先手，并向你询问有多少种初始的石子摆放使得你能够获胜。

当然市长不会为难你，为了让你能够一口气说出来而不断气，你只需要告诉他答案对 \(10^9+7\) 取模的值即可。

要是回答不出来不就尴尬了吗。

\(1\le n\le 10^7.\)

讲解

考虑 \(\rm Nim\) 游戏先手获胜条件：异或和不为 \(0\)。不是很好做，转换成总方案减异或和为 \(0\)。

奇妙的是，这个东西可以递推求解。

令 \(dp_i\) 表示 \(i\) 堆石子异或和为 \(0\) 的方案数，\(mi_i=(2^n-1)^{\underline{i}}\) 显然表示总方案数。

考虑前 \(i-1\) 堆石子随便取，最后一堆使得总异或和为零，方案数为 \(mi_{i-1}\)。

若前 \(i-1\) 堆石子异或和为 \(0\)，由于每堆石子数不能为零，需减去这种不合法情况，方案数为 \(dp_{i-1}\)。

若前 \(i-2\) 堆石子异或和为 \(0\)，由于每堆石子数不能相同，这种情况也不合法，方案数为 \((i-1)\times(2^n-i+1)\times dp_{i-2}\)。

于是我们可以得到小清新递推式：

\[dp_i=mi_{i-1}-dp_{i-1}-(i-1)\times (2^n-i+1)\times dp_{i-2} (i>2) \]

边界为 \(dp_1=dp_2=0\)，可实现 \(O(n)\) 递推。

代码

史短代码

//12252024832524
#include <bits/stdc++.h>
#define TT template<typename T>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int MAXN = 10000005;
const int MOD = 1e9+7;
int n;
int dp[MAXN],mi[MAXN]; 

LL Read()
{
	LL x = 0,f = 1; char c = getchar();
	while(c > '9' || c < '0'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
	while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x*10) + (c^48);c = getchar();}
	return x * f;
}
TT void Put1(T x)
{
	if(x > 9) Put1(x/10);
	putchar(x%10^48);
}
TT void Put(T x,char c = -1)
{
	if(x < 0) putchar('-'),x = -x;
	Put1(x); if(c >= 0) putchar(c);
}
TT T Max(T x,T y){return x > y ? x : y;}
TT T Min(T x,T y){return x < y ? x : y;}
TT T Abs(T x){return x < 0 ? -x : x;}

int qpow(int x,int y)
{
	int ret = 1;
	while(y){if(y & 1) ret = 1ll * ret * x % MOD;x = 1ll * x * x % MOD;y >>= 1;}
	return ret;
}

int main()
{
	freopen("yui.in","r",stdin);
	freopen("yui.out","w",stdout);
	n = Read();
	mi[1] = qpow(2,n)-1;
	for(int i = 2;i <= n;++ i) mi[i] = mi[i-1] * (mi[1]-i+1ll) % MOD;
	for(int i = 3;i <= n;++ i) dp[i] = (mi[i-1] - dp[i-1] - dp[i-2] * (mi[1]-i+2ll) % MOD * (i-1)) % MOD;
	Put((0ll+mi[n]-dp[n]+MOD+MOD)%MOD,'\n');
	return 0;
}