思路：

首先我們發現，當滿足素數區間2，素數區間3的條件之後，下一個素數區間5乃至於之後的所有都會滿足。（因為滿足素數區間2，素數區間3的條件更強）
然後我們假設現在有一個數目為n的方案數為f（n）
（假設紅的為1 藍的為0 從而將此題簡化成滿足1的個數大於等於0的個數的一個二進位制字串的方案數）
那麼我們考慮一下，能否從f（n-1）轉移到f（n）呢？
考慮這個n-1位，後邊如果加一個1，那麼一定符合條件。（所以方案數可以加一個f（n-1））
那。。。如果最後一位加的是0呢？
此時我們不難發現，倒數第二位一定是1，只有這樣才能滿足素數區間2的條件。
進而得出倒數第三位一定是1，否則不能滿足素數區間3的條件。
所以我們得出結論：f（n） = f（n-1） + f（n-3）
但是還沒完，n的範圍太大，我們無法將遞推得到的結果儲存起來。然而每次都遞推又太慢，所以：矩陣快速冪。
構造一個3*3的矩陣：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <algorithm>
typedef long long int lli;
using namespace std;

#define N 3
const lli mod = 1e9
 
+7;//注意這裡要是沒有const會慢3~4倍。
struct mat{
    lli mat[N][N];
};
mat operator *(mat &a,mat &b){
    mat c;
    memset(c.mat,0,sizeof(c.mat));
    for(int k = 0;k<N;++k){
        for(int i = 0;i<N;++i){
            for(int j=0;j<N;++j){
                c.mat[i][j] += a.mat[i][k]*(b.mat[k][j] % mod) % mod;
            }
        }
    }
    return
 
 c;
}

mat qp(mat a,lli k){
    mat c;
    for(int i=0;i<N;i++)
        for(int j =0;j<N;j++)
            c.mat[i][j] = (i==j);
    for(;k;k>>=1){
        if(k&1) c=c*a;
        a = a*a;
    }
    return c;
}

int main(){
    int t;
    cin>>t;
    lli n;
    while(t--){
        scanf("%lld",&n);
        if(n == 1){
            printf("1\n");
            continue;
        }
        mat a = {1,1,0,0,0,1,1,0,0};
        mat b = {6,4,3,0,0,0,0,0,0};
        a = qp(a,n-2);
        b = b * a;
        printf("%lld\n",b.mat[0][2] % mod);
    }
}