傳送門 to luogu
將道路看成乙個很高很瘦的傢伙（乙個 n×2
n\times 2
n×2 的瘦高個）。
考慮最後一行（或者說，第一行）是什麼情況。用 f(n
)f(n)
f(n)
表示答案。
不好搞定的是第三種情況。下面都只討論第三種情況。如圖。
不妨設第一行的 1×1
1\times 1
1×1 磚塊在右側。最開始，放置方法唯一，如圖(1)
(1)(1
)。下一步，由於某一行有乙個「空洞」，我得將其填補，所以如圖(2)
(2)(2
)。反覆填補，直到遇到另乙個 1×1
1\times 1
1×1 的磚塊才能夠停止。可能是任意一行。如圖(3)
(3)(3
)。這說明，我們只需要唯一確定另一塊 1×1
1\times 1
1×1 的磚塊在哪一行即可。在這兩塊 1×1
1\times 1
1×1 的磚塊之間的方案是唯一的。而剩餘部分（頂上的空白）是簡單情況。
如果用 g(n
)g(n)
g(n)
表示只使用 1×2
1\times 2
1×2 的磚塊填滿 n×2
n\times 2
n×2 的道路的方案數，那麼有遞推式
f (n
)=f(
n−1)
+f(n
−2)+
2∑i=
0n−3
g(i)
f(n)=f(n-1)+f(n-2)+2\sum_^g(i)
f(n)=f
(n−1
)+f(
n−2)
+2i=
0∑n−
3g(
i)i
ii 的上界是 n−3
n-3n−
3，因為兩個 1×1
1\times 1
1×1 磚塊至少有3
33行（不信看圖(1)
(1)(1
)，清晰明了）。還要乘2
22，是因為第一行的 1×1
1\times 1
1×1 磚塊可以在左，也可以在右。
然後問題是g(n
)g(n)
g(n)
怎麼求？然而是一樣的分析方法——g(n
)=g(
n−1)
+g(n
−2)g(n)=g(n-1)+g(n-2)
g(n)=g
(n−1
)+g(
n−2)
我們只需要用乙個矩乘快速冪優化一下即可。複雜度o(q
logn)
\mathcal o(q\log n)
o(qlogn)
（我的常數為4
34^3
43）。
#include
#include
#include
using
namespace std;
inline
intreadint()
const
int mod =
1e9+7;
struct matrix
static matrix i()
matrix operator*(
const matrix &b)
const
void
output()
const};
inline matrix qkpow
(matrix x,
int q)
matrix q, s;
int t;
void
input()
void
solve()
}int
main()
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