停不下来的团长奥尔加
【题目描述】
奥尔加在一个长度为n+1的街道上跑着，初始，奥尔加在位置1上，他想要跑到 位置n+1去保护团员ride on。
空旷的大路上难免会有暗杀者，当奥尔加走到位置i时，会有暗杀者出现，这时奥 尔加只能回到pi(1≤pi≤i)位置上，但在下次到达i的时候，暗杀者就不会出现(如果再到 达i还会有暗杀者)，换言之，当奥尔加此时是第奇数次到达i的时候，下一步会走到pi， 第偶数次到达i的时候，下一步走到i+1(n+1位置上没有暗杀者)。
奥尔加每次移动都需要花费1单位时间，停不下来的奥尔加只会一直跑，他想知道 自己什么时候才能到达n+1位置，因为答案可能会很大，你只需要告诉他答案对 1000000007(109+7)取模的结果就好了。
【输入描述】
第一行一个整数n，含义同题中所述。
第二行n个整数，第i个数表示pi，含义同题中所述。
【输出描述】
一行一个整数，表示答案对1000000007(109+7)取模后的结果。
【样例输入1】
2 1 2
【样例输出1】
4
【样例1解释】
初始奥尔加在位置1上，因为这是他第1次到达位置1，所以第一步他会走到pi=1 上，此时的位置1已经到达了两次，所以第二步奥尔加会走到1+1=2位置上。
同样的，奥尔加接下来会走p2=2，2+1=3，一共花费4步到达n+1位置。
【样例输入2】
4 1 1 2 3
【样例输出2】
20
【样例输入3】
5 1 1 1 1 1
【样例输出3】
62
【样例3解释】
你真的忍心让我全部列出来吗，所以说，不要停下来啊(指偷懒)。
【数据范围与约束】
对于10%的数据，保证1≤n≤20；
对于另外10%的数据，满足pi=i；
对于另外20%的数据，满足pi=1；
对于另外20%的数据，保证1≤n≤1000；
对于100%的数据，保证1≤n≤1000000，1≤pi≤i。
//这道题我真的没有想出来，打了个40分的暴力就拜拜了。。。。。
dp[i]表示第一次从1走到i所需要时间。
dp[i] = dp[i-1] + 1 + dp[i-1] - dp[p[i-1]] + 1;
解释一波：第一次从1走到i所需要时间 = 第二次走到i-1的时间 + 1；
dp[i-1]为第一次走到i-1的时间。
第一个+1是从i-1走到p[i-1]需要1s。
而到p[i-1]并不会直接往前走而是往回跳跳p[p[i-1]]。一直跳到一个点j，满足p[j] = j,然后再往前跳跳到i-1.
上面过程的所需时间怎么算呢?就是dp[i-1] - dp[p[i-1]]
第一次到 i-1时肯定已经到p[i-1]两次或者以上，而跳回p[i-1]可以看成第1次到p[i-1],那么
要从p[i-1]往回跳，再跳回i-1的时间就是dp[i-1] - dp[p[i-1]。
第二个+1是从i-1到i的时间。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, p[1000005], tiao[1000005];
long long f[1000005];
void read(int &x)
{
x = 0; char c = getchar(); int f = 0;
while(c < '0' || c > '9')
{
if(c == '-') f = 1; c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9')
{
x = 10 * x + c - '0'; c = getchar();
}
if(f) x = -x;
}
int main()
{
freopen("rideon.in","r",stdin);
freopen("rideon.out","w",stdout);
int ha = 0;
read(n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d",&p[i]);
}
f[1] = 0;
for(int i = 2; i <= n + 1; i++)
{
f[i] = (2ll * f[i-1] % mod - f[p[i-1]] +mod + 2)%mod;
}
cout << f[n+1];
return 0;
} 如此小清新的题，我总是不能很好的找到递推关系=。=