可以先去考虑没有(1 imes 1)的砖块的情况，对于最后一个位置只有两种情况，一个是竖着用一块砖铺设(2 imes 1)，另一个为横着用两块砖铺设(2 imes 2)。
设没有(1 imes 1)的砖块的情况铺(2 imes n)的路的方案数为(F_n)，根据上面的分析得(F_n=F_{n-1}+F_{n-2})，发现其为斐波那契数列。
用同样的方法考虑有(1 imes 1)的砖块的情况，设(f_n)表示按题意铺(2 imes n)的路的方案数，当最后的位置没有(1 imes 1)的砖块的影响时，其也是有两种放置情况，也就是说(f_{i-1})和(f_{i-2})对(f_i)都有贡献。
当最后一个位置需要铺设为(1 imes 1)的砖块时，可以发现该砖块到另一个砖块的区间的铺设情况是唯一的，所以这种情况决定方案数的是这两个(1 imes 1)的砖块形成的区间之前的(2 imes 1)砖块铺设情况。因此我们得：
[f_i=f_{i-1}+f_{i-2}+2sum_{j=0}^{i-3}F_j
]
设(S_i=sumlimits_ {j=0}^{i}F_j)，得(f_i=f_{i-1}+f_{i-2}+2S_{i-3})
然后就可以递推来求解了，但是发现(n)很大，所以用矩阵快速幂来加速递推。
设矩阵(egin{bmatrix} f_i&f_{i-1}&F_{i-2}&F_{i-3}&S_{i-3}end{bmatrix} quad)，经过分析得，将其转移到(egin{bmatrix} f_{i+1}&f_i&F_{i-1}&F_{i-2}&S_{i-2}end{bmatrix} quad)的转移矩阵为：
[
egin{bmatrix}
1&1&0&0&0\
1&0&0&0&0\
2&0&1&1&1\
0&0&1&0&0\
2&0&0&0&1\
end{bmatrix}
quad
]
然后每次询问矩阵快速幂一下就好了。
(code:)
#include<bits/stdc++.h>
#define p 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar();bool flag=false;
while(!isdigit(c)){if(c=='-')flag=true;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}
if(flag)x=-x;
}
ll T,n;
struct matrix
{
ll a[6][6];
matrix()
{
memset(a,0,sizeof(a));
}
}m,ans;
matrix operator *(const matrix &a,const matrix &b)
{
matrix c;
for(int i=0;i<5;++i)
for(int j=0;j<5;++j)
for(int k=0;k<5;++k)
c.a[i][j]=(c.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j]%p+p)%p;
return c;
}
matrix qp(matrix x,ll y)
{
matrix e;
for(int i=0;i<5;++i) e.a[i][i]=1;
while(y)
{
if(y&1) e=e*x;
x=x*x,y>>=1;
}
return e;
}
ll m1[6][6]=
{
{2,0,1,1,1}
};
ll m2[6][6]=
{
{1,1,0,0,0},
{1,0,0,0,0},
{2,0,1,1,1},
{0,0,1,0,0},
{2,0,0,0,1}
};
int main()
{
read(T);
memcpy(ans.a,m1,sizeof(ans.a));
memcpy(m.a,m2,sizeof(m.a));
while(T--)
{
read(n);
if(n<3) puts("0");
else printf("%lld
",(ans*qp(m,n-3)).a[0][0]);
}
return 0;
}