【題目描述】
【思路】
做不出來，看了討論區大佬的題解才寫出來的。
這道題是V1難度，還有V2,V3根本不會，先貼上V1的題解
下面的所有字母編號都從 $1$ 開始，範圍 $[1,n$

] [1,n]

首先，一個合法的字串顯然是由若干個合法的“鏈”組成的。鏈的定義就是：從一個字母開始連，後面每個字母編號必須大於等於前一個的2倍，這樣儘可能的連線下去。所謂儘可能連線下去的意思是，鏈的最後一個字母編號i必須滿足 $2\ast i$

> n 2 * i > n ，這樣後面不能接東西了，並且只有這樣的鏈才合法。對於每個合法字串，劃分成合法鏈的方法是唯一的。
比如 $N=2M$

= 3 N = 2 M = 3 的 $3$ 個解 分別是 $(ab)(b)， (b)(ab)， (b)(b)(b)$
問題轉化為兩步：
(1) $g(x)$ 表示長度為x的合法鏈的個數，求 $g(x)$
(2) $v(x)$ 表示長度為x的合法字串數，求 $v(x)$
對於(2) 顯然我們有 $v(x) = g(1) * v(x - 1) + g(2) * v(x - 2) +...+g(p) * v(x - p)$
就是長度為x的解可以先弄出一條鏈來，再構造剩餘的部分。為方便可以定義 $v(0) = 1$,這樣單獨一條長度為x的合法鏈也是合法解。 其中p是最長的合法鏈的長度。
用這個式子直接推長度為 $m$ 的結果複雜度是 $O(m * p)$
顯然，當有n種字母的時候， $p$ 是 $O(logn)$ 級別的。所以這部分複雜度是 $O(m*logn)$ 在 $m,n$ 比較小的時候這部分複雜度可以了。

然後上面的題解只給了 $v(x)$ 的遞推式，但在這之前還要計算出所有的 $g(x)$，這個我是又用了一個 $dp$ 來求解的，如果設 $dp(i,j)$ 表示長度為 $i$ 的序列 ，每一項都在 $[1,n]$ 中取，同時嚴格滿足 $a_x*2<=a_{x+1}$ 對應的序列的數量，那麼有遞推式 $dp(i,j)=\sum_{k=1}^{\lfloor j/2 \rfloor}dp(i-1,k) \ \ \ \ (i<=logn)$ 可以利用字首和優化，最終在 $O(n*logn)$ 求解出 $dp$，然後可以根據 $dp$ 陣列的值求出 $g$，然後再按照題解那樣遞推答案

#include<bits/stdc++.h>
#define min(a,b)(a<b?a:b)
using namespace std;

const int maxn=1000005;
const int mod=1e9+7;

int n,m,logn=1;
int dp[30][maxn],g[30];
int ans[maxn];

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    while((1<<(logn))<=n) ++logn;
    for(int j=1;j<=n;++j) dp[1][j]=dp[1][j-1]+1;
    for(int i=2;i<=logn;++i){
        for(int j=(1<<(i-1));j<=n;++j){
            dp[i][j]=dp[i-1][j/2];//先求出長度為i，以j為末尾的序列數量
        }
        for(int j=(1<<(i-1));j<=n;++j){
            dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i][j-1])%mod;//最後再算一下字首和
        }
    }
    for(int i=1;i<=logn;++i) g[i]=((dp[i][n]-dp[i][n/2])%mod+mod)%mod;

    ans[0]=1;
    ans[1]=n-n/2;
    for(int i=2;i<=m;++i){
        for(int j=1;j<=min(i,logn);++j){
            ans[i]=(ans[i]+(long long)ans[i-j]*g[j]%mod)%mod;
        }
    }
    printf("%d\n",ans[m]);
    return 0;
}