传送门

显然有 $dp$，设 $f_i$ 为 $i$ 的 $lqp$ 拆分的权值和，考虑枚举拆分的最后一个数，不妨设 $f_0=1$

那么有 $f_i=\sum_{j=1}^{i}f_{i-j}F_{j}$ ，$F_{i}$ 表示斐波那契数列的第 $i$ 项

变一下就是 $f_i=\sum_{j=0}^{i-1}f_{j}F_{i-j}$，这样是 $n^2$ 的

然后有 $3$ 种做法，先从最容易的讲起

$1.$ 直接打表....，发现 $f_i=2f_{i-1}+f_{i-2}$

$2.$ 稍微动点脑子，$f_{i+1}-f_{i}=\sum_{j=0}^{i}f_{j}F_{i+1-j}-\sum_{j=0}^{i-1}f_{j}F_{i-j}$

$=\sum_{j=0}^{i-1}f_{j}F_{i+1-j}+f_i-\sum_{j=0}^{i-1}f_{j}F_{i-j}$ 

$=\sum_{j=0}^{i-1}f_{j}(F_{i+1-j}-F_{i-j})+f_i$

$\sum_{j=0}^{i-1}f_{j}F_{i-1-j}+f_i$

发现当 $j=i-1$ 时和式为 $0$，所以 $=\sum_{j=0}^{i-2}f_{j}F_{i-1-j}+f_i$

因为 $f_{i-1}=\sum_{j=0}^{i-2}f_{j}F_{i-1-j}$，所以 $f_{i+1}-f_{i}=f_{i-1}+f_{i}$

即 $f_{i+1}=2f_{i}+f_{i-1}$

上面两种方法都可以比较正常地推出式子，然后也可以矩阵优化到 $ \log n$

$3.$ 考虑生成函数，设 $A(x)$ 为 $f$ 的生成函数，$G(x)$ 为 $F$ 的生成函数

那么有 $A(x)=\sum_{n=0}^{\infty }(f_n)x^n$，代入得到

$A(x)=\sum_{n=0}^{\infty}([n==0]+\sum_{i=0}^{n-1}f_iF_{n-i})x^n$，感觉这个 $[n==0]$ 很烦，提出来

$A(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty}(\sum_{i=0}^{n-1}f_iF_{n-i})x^n$，发现 $n=0$ 时式子没贡献，$i=n$ 时式子也没贡献，所以

$A(x)=1+\sum_{n=0}^{\infty}(\sum_{i=0}^{n}f_iF_{n-i})x^n$，这样我们就把右边变成卷积形式了

$A(x)=1+A(x)G(x)$，所以 $A(x)=\frac{1}{1-G(x)}$，因为 $G(x)=\frac{x}{1-x-x^2}$，代入得到

$A(x)=\frac{1}{1-\frac{x}{1-x-x^2}}$

$A(x)=\frac{1-x-x^2}{1-2x-x^2}$

$A(x)=1+\frac{x}{1-2x-x^2}$，然后经过一些数学技巧，得到

$A(x)=1+\frac{x}{(1-(1+\sqrt2)x)(1-(1-\sqrt2)x)}$

设 $a=1-(1+\sqrt2)x,b=1-(1-\sqrt2)x$，那么有 $a-b=1-1x-\sqrt2x-1+1x-\sqrt2x=-2\sqrt2x$，则

$A(x)=1+\frac{1}{2\sqrt2}(\frac{b-a}{ab})$

$A(x)=1+\frac{1}{2\sqrt2}(\frac{1}{a}-\frac{1}{b})$ 重新带回去得到

$A(x)=1+\frac{1}{2\sqrt2}(\frac{1}{1-(1+\sqrt2)x}-\frac{1}{1-(1-\sqrt2)x})$，因为 $\frac{1}{1-x}=\sum_{i=0}^{\infty }x^i$ 所以

$A(x)=1+\frac{1}{2\sqrt2}(\sum_{i=0}^{\infty }((1+\sqrt2)x)^i-\sum_{i=0}^{\infty }((1-\sqrt2)x)^i)$

$A(x)=1+\frac{1}{2\sqrt2}\sum_{i=0}^{\infty }((1+\sqrt2)^i-(1-\sqrt2)^i)x^i$，倒回去得到

$f_i=\frac{(1+\sqrt2)^i-(1-\sqrt2)^i}{2\sqrt2}$

然后可以本机打表求出 $C^2 \equiv 2( \mod 1e9+7)$，那么 $\sqrt2$ 在模 $1e9+7$ 下的逆元即为 $C$

然后直接快速幂即可

代码？这么好写就不用了吧...