f(x) = 1 (0 <= x < 4)不好想啊……以及我曾經打了個表，並且還找到了規律，結果過到29就gg了……f(x) = f(x - 1) + f(x - pi) (4 <= x)
pi = 3.1415926535.....
現在給出乙個n，求f(n)。由於結果巨大，只輸出mod 10^9 + 7的結果即可。
參考：（這個參考是個神，我這樣的凡人能解讀到這種地步已經很不容易了）
總覺得我講的很有問題啊……那我就順著這個參考講吧……
將遞迴展開，你就會發現是一張圖，而所求即為最上層點到最下層點的方案路徑數。
設$p[i]$表示到$i$這個點減幾次pi到達其中乙個終點，於是我們到達一次終點所需要經過的整數結點（即-1）與"非整數"結點（即-pi），可以通過設前者為$n-i$，則後者為$p[i]$，路徑條數就可以用組合數求出。
但是要注意的是我們只要到達其中乙個目標即會停止，即5-1-pi是合法的，而5-pi-1則是不可能的，即有些pi只能放在最後減，我們需要把這些pi扣除。
其實並不存在「這些」，事實上顯然我們只有乙個pi，也就是說下面的關鍵是判斷這個pi是否會導致我們提前結束。
我們考慮，只要$i$的父親結點（其實是$i+1$，但叫做父親節點更好懂些）$p[i+1]>p[i]$，那麼我們隨便了，提前拐或者不拐最終到達的狀態一定一致。
但是如果不滿足的話，則我們在$i+1$或更早處轉彎的話，就一定會導致我們提早結束，所以此時我們扣除這個pi即可。
這是這個參考的做法，個人感覺並不如：這個更好想一些，但是解法比較自然，順暢。
#include#include#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
typedef
double
dl;typedef
long
long
ll;const dl pi=acos(-1.0
);const
int p=1e9+7
;const
int n=1e6+5
;inline
int qpow(int k,int
n)
return
res;
}int
jc[n],inv[n],p[n];
void init(int
n)inline
int c(int n,int
m)int solve(int
n)
return
ans;
}int
main()
51nod1149 Pi的遞推式
f x 1 0 x 4 f n f n 1 f n pi 4 x pi 3.1415926535 現在給出乙個n，求f n 由於結果巨大，只輸出mod 10 9 7的結果即可。n 1000000 乙個很好的思路。這樣的遞推過程可以看成乙個dag，求編號為n的點到編號為的點到的路徑總數。首先對最後一步...
51nod 1149 Pi的遞推式
f x 當0 x 4時等於1，x 4時等於f x 1 f x pi 求f n n 4就輸出一，接下來只討論n 4的情況 根據觀察遞推式，我們可以轉化問題 給你乙個n，每次可以減一或減pi，直至減到小於4，求方案數。減看起來不直觀，改為加 從乙個0開始，每次加1或加pi，直至加到與n相差在4以內，求方...
51NOD 1149 Pi的遞推式
f x 1 0 x 4 f n f n 1 f n pi 4 x pi 3.1415926535 現在給出乙個n，求f n 由於結果巨大，只輸出mod 10 9 7的結果即可。我們先來想一下斐波拉切數列的遞推式 fi fi 1 fi 2 f 0 1,f1 1 我們發現，問題等價於問從第0級開始走樓梯...