注意到当$a_{i} e 1$且$a_{i+1} e 1$，那么$forall i<j,a_{j}=a_{i+1}$（证明的话简单归纳就可以了）
令$f_{i}$表示在题中条件下，还满足$forall ile j,a_{j}=a_{i}$的方案数，转移考虑所填的$a_{1}$和$a_{2}$：
1.$a_{1}=1$，此时相当于没有限制，即$f_{i-1}$
2.$a_{1}>1$且$a_{2}=1$，此时即限制一直到$a_{1}+1$都要是1，接下来任意，即$f_{i-(a_{1}+1)}$
3.$a_{1}>1$且$a_{2}>1$，那么共有$(n-1)^{2}$种（任选），之后唯一
（特别的，对于第2种转移，允许$a_{1}+1ge i$，此时即为1）
转移前缀和优化即可，时间复杂度为$o(n)$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 1000005 4 #define mod 1000000007 5 int n,f[N],sum[N]; 6 int main(){ 7 scanf("%d",&n); 8 f[1]=sum[1]=n; 9 for(int i=2;i<=n;i++){ 10 f[i]=(sum[i-1]-f[i-2]+mod+1LL*(n-1)*(n-1)+n+2-i-(i==2))%mod; 11 sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%mod; 12 } 13 printf("%d ",f[n]); 14 }