bzoj2173: 整数的lqp拆分

2173: 整数的lqp拆分

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

样例说明

　　F0=0，F1=1，F2=1，F3=2。 对于N=3，有这样几种lqp拆分：

　　3=1+1+1, 权值是1*1*1=1。
　　3=1+2，权值是1*2=2。
　　3=2+1，权值是2*1=2。
　　所以答案是1*1*1+1*2+2*1=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

思路

　　首先我们根据题目描述，可以设$f[i]=\sum\prod_{j=1}^{i}F_{a_{j}}$，则有$f[i]=\sum_{j=1}^{i}f[j]\times F_{i-j}$。因为$F_0=0$，所以我们能化简$f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i-j}$，从而推出下面的式子：

　　　　$f[i+1]-f[i]=\sum_{j=1}^{i}f[j]\times F_{i+1-j}-\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i-j}\downarrow$

　　　　$f[i+1]-f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i+1-j}+f[i]\times F_1-\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i-j}\downarrow$

　　　　$f[i+1]-f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i+1-j}-\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i-j}+f[i]\downarrow$

　　　　$f[i+1]-f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times (F_{i+1-j}-F_{i-j})+f[i]\downarrow$

　　　　$f[i+1]-f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}f[j]\times F_{i-j-1}+f[i]\downarrow$

　　　　$f[i+1]-f[i]=f[i-1]+f[i]\downarrow$

　　　　$f[i+1]=2\times f[i]+f[i-1]$

　　根据我们推出的式子，我们可以$O(n)$递推，得出答案。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define mod 1000000007
long long n,tmp_a,tmp_b=1;
int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=2;i<=n;i++) tmp_a=(tmp_b*2+tmp_a)%mod,swap(tmp_b,tmp_a);
	printf("%lld",tmp_b);
}