先推出F(n)的公式：

设dp[i]为已经投出连续i个相同的点数平均还要都多少次才能到达目标状态。

则有递推式dp[i] = 1/6*(1+dp[i+1]) + 5/6*(1+dp[1]).考虑当前这一次掷色子，有1/ 6的概率投的和前面的一样，有5/6的概率不一样，不一样就要重新投，就到了dp[1]的状态，这里投了一次，所以要加1.边界有dp[0] = dp[1]+1,dp[n] = 0;

可以这么说，H[n]应该是6*F[n]的，随便YY一样。

更严谨的话就是一样要去推，递推式如下，设dp[i]为已经连续i次投出1后平均还要多少次才能达到目标状态。

有递推式dp[i] = 1/6*(dp[i+1]+1) + 5/6*(1+dp[0]).  (这里和上面的公式不一样)。边界条件dp[0] = 1/6*(1+dp[1]) +5/6*(dp[0]+1).dp[n]=0;逆着推就能直接求出dp[0].

推出来的F(n) = (6^n-1)/5,H(n) = 6*(6^n-1)/5.G(m) = 6*m,平均投6次会出现一次1.

或者概率DP，设dp[i]表示已经投出i次1平均还要投多少次才能到达目标状态。

则有dp[i] = 1/6*(1+dp[i+1]) + 5/6*(1+dp[i]).

边界条件dp[m]=0。

然后就得到m1>=(6^n-1)/30,m2>=(6^n-1)/5.显然最小的m2 = (6^n-1)/5

而(6^n-1)%30 !=0,通过观察发现有6%30=6,6*6%30=6,那么就有6^n%30=6也就是说虽然6^n%30 !=0,但是6^n+24%30 == 0,且这就是m1,

即有m1 = (6^n+24)/30.....现在就是求m1%2011,m2%2011,我是用的先算6^n%2011,用快速幂，然后求出分别求出30和5对应2011的逆元。

至于求逆元，用扩展欧几里得算法即可·······甚至用电脑暴力算出也行

贴代码：

 #include<cstdio>

 const int mod = ;

 const int e1 = ,e2 = ;//30,5的逆元

 inline int qPow(int x,int p)

 {

     int a=,ans=;

     while(x)

     {

         if(x&) ans  = ans*a%p;

         a = a*a%p;

         x >>= ;

     }

     return ans;

 }

 int main()

 {

 //    freopen("in.txt","r",stdin);

     int n,tmp,tmp1,tmp2,ans1,ans2;

     while(scanf("%d",&n),n)

     {

         tmp = qPow(n,mod);

         tmp1 = (tmp++mod)%mod;

         tmp2 = (tmp-+mod)%mod;

         ans1 = tmp1*e1%mod;

         ans2 = tmp2*e2%mod;

         printf("%d %d\n",ans1,ans2);

     }

     return ;

 }