题目描述：
分析
这道题很容易就可以定性为动态规划，需要能够推出递推公式；然后观察发现n太大了，最多只能接收O(logn)的复杂度，这样的复杂度，实现的方式就是矩阵快速幂。
首先题目所说的是这一串项链里面的任何一个长度为素数的子串，都必须满足红色珠子的个数大于等于蓝色珠子的个数，那么我们可以粗略的将dp数组的状态定义为两个，f[i][j]，其中i表示当前链子的长度为i，j表示这一串链子的最后一个元素（即下标i）的颜色（0表示蓝色，1表示红色）
容易得知：
（1）f[i][1]=f[i-1][1]+f[i-1][0]，不论前一个珠子是红色还是蓝色，只要放上红色珠子都是可以的；
（2）f[i][0]=f[i-2][1]。可以这样想，想要在这里放上蓝色珠子，那么显然前两个元素都得是红色的珠子，因为不管是长度为2还是长度为3都必须要是红珠子数量>=蓝珠子数量，可以看做是长度为i-2，且最后一个元素为红色珠子的基础上，再加上“红蓝”这样的情况。
这里其实是有一些思维的，具体体现在，当我们在加入一个蓝色珠子的时候，前面的长度为素数的子串情况明明有很多，但是我们只考虑了长度为2的情况，这是因为，除了2以外的所有的素数，都是奇数，既然前面满足了限定条件，那么可以推断红色珠子的数量一定大于蓝色珠子的数量，因此我们只需要考虑i-2这个情况，其他的任何情况加上蓝色珠子都会满足“素数长度的子串中红色数量>=蓝色数量”。
接下来记录ans[i]=f[i][0]+f[i][1]，易得
ans[i]=f[i-2][1]+f[i-1][1]+f[i-1][0]=(f[i-3][1]+f[i-3][0])+(f[i-1][1]+f[i-1][0])
=ans[i-3]+ans[i-1]
因此最后这题我们的总递推公式就记为：
f[n]=f[n-1]+f[n-3]
但是我们可以发现这题的范围太大了，也不可能开这么大数组，而且常规的递推下去是会超时的，因此考虑矩阵快速幂来实现加速，复杂度是O(logn)，轻松过掉这道题。
因此我们构造一下这个矩阵，通过递推公式易得：
可以用快速幂的降幂思维（logn），容易得知，当幂次为奇数的时候，直接乘以这个3*3矩阵即可进入下一级别，当为偶数的时候，需要将2个原3*3矩阵先进行相乘，因为乘法运算律同样适用于矩阵，只要矩阵的相乘合理即可，不多解释了，推一下就行。
接下来就是我们的初始化问题，初始的矩阵应该设置为(f[3],f[2],f[1])，f[1]本身不存在，但是我们可以根据递推公式对其进行构造，由于f[4]=f[3]+f[1]，推出f[1]=2，如此初始化即可。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MOD=1e9+7;
struct Matrix{
ll a[5][5];
Matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}
};
inline Matrix Mul(Matrix a,Matrix b){
Matrix temp;
for(int i=1;i<=3;++i)
for(int j=1;j<=3;++j)
for(int k=1;k<=3;++k)
temp.a[i][j]=(temp.a[i][j]+(a.a[i][k]*b.a[k][j])%MOD)%MOD;
return temp;
}
inline int fun(ll n){
Matrix ans,res;
ans.a[1][1]=4;ans.a[1][2]=3;ans.a[1][3]=2;
res.a[1][1]=res.a[1][2]=res.a[2][3]=res.a[3][1]=1;
while(n){//快速幂思想
if(n&1)ans=Mul(ans,res);
res=Mul(res,res);
n>>=1;
}
return ans.a[1][1];
}
int main(){
int t;cin>>t;
while(t--){
ll n;scanf("%lld",&n);
if(n==2)printf("3\n");
else if(n==3)printf("4\n");
else printf("%d\n",fun(n-3));
}
}
