http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1149
F(x) = 1 (0 <= x < 4)
F(x) = F(x - 1) + F(x - pi) (4 <= x)
Pi = 3.1415926535.....
现在给出一个N，求F(N)。由于结果巨大，只输出Mod 10^9 + 7的结果即可。
不好想啊……以及我曾经打了个表，并且还找到了规律，结果过到29就gg了……
参考：https://blog.csdn.net/qq_36797743/article/details/78930126
为了方便理解，我们可以把题意变成：有个数，初值为0，每次可以$+1/+pi$，求有多少种方法使得该数$(x-4,x]$。
那就……也不好办啊。如果我们设达到目标状态需要+1次数为$s$，+pi次数为$t$，那么显然答案贡献为$C(s+t,t)$。
只是s和t的值不好求。其实，我们可以划一个界限值i，这样$s=x-i$，t就表示到达$(i-4,i]$所需要的+pi次数了。
$P[i]=(i-4)/pi+1$就求出来了。
但是我们求的是到达$(x-4,x]$即停止，有时我们不需要那么多pi，所以需要减掉。
#include<map>
#include<cmath>
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#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
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){
int res=1;
while(n){
if(n&1)res=(ll)res*k%p;
k=(ll)k*k%p;n>>=1;
}
return res;
}
int jc[N],inv[N],P[N];
void init(int n){
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%p;
inv[n]=qpow(jc[n],p-2);
for(int i=n-1;i;i--)inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%p;
inv[0]=1;
}
inline int C(int n,int m){
return (ll)jc[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p;
}
int solve(int n){
if(n<4)return 1;
for(int i=4;i<=n;i++)P[i]=(dl)(i-4)/pi+1;
int ans=0;
for(int i=n;i>=3;i--){
int s=n-i,t=P[i]-(P[i+1]<=P[i]);
(ans+=C(s+t,s))%=p;
}
return ans;
}
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
init(n);
printf("%d\n",solve(n));
return 0;
}
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