题面
题解
先考虑全都放(1 imes 2)的方块的方案，设防(i)列的方案数为(g_i)，容易推出(g_i=g_{i-1}+g_{i-2})，边界条件为(g_0=g_1=1)
然后设(f_i)表示可以放(1 imes 1)方块的方案。如果最右边一列不放(1 imes 1)，那么转移和之前一样，否则的话，另一个(1 imes 1)必须放在(1)到(i-2)列，且根据奇偶性另一个方块放的位置是唯一的，而第一个方块左边全都是(1 imes 2)的方块，我们令(h_i)表示(g_i)的前缀和，那么容易写出(f_i)的转移式
[f_i=f_{i-1}+f_{i-2}+2h_{i-3}
]
因为(g)是一个类似于斐波那契数列的东西，所以易知(h_i=g_{i+2}-1)
[f_i=f_{i-1}+f_{i-2}+2g_{i-1}-2
]
维护一个(5 imes 5)的矩阵就可以矩阵快速幂了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=1e9+7;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
struct Matrix{
int a[5][5];
Matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}
inline int* operator [](const int &x){return a[x];}
Matrix operator *(Matrix &b){
Matrix res;
fp(i,0,4)fp(k,0,4)fp(j,0,4)upd(res[i][j],mul(a[i][k],b[k][j]));
return res;
}
}G[35];
int n;
int solve(int n){
if(n<=3)return n==3?2:0;
Matrix res;res[0][2]=res[0][3]=1,res[0][4]=P-2;
n-=1;
fp(i,0,31)if(n>>i&1)res=res*G[i];
return res[0][0];
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
int T;scanf("%d",&T);
G[0][0][0]=G[0][0][1]=G[0][1][0]=G[0][2][2]=G[0][2][3]=G[0][3][2]=G[0][4][4]=G[0][4][0]=1;
G[0][2][0]=2;
fp(i,1,32)G[i]=G[i-1]*G[i-1];
while(T--)scanf("%d",&n),printf("%d
",solve(n));
return 0;
}