题意：
输入：
包含两行，其中：
第一行为一个正整数\(n\)，表示细胞密码的长度。
第二行共\(n\)个数字，为给定的细胞密码，中间没有空格。
输出：
只包含一个整数，为细胞的种数 \(mod 1000000007\)的结果
思路：
对于第一次分裂，如果切的方法不同，那么分裂出来的球体是不同的，因此不必考虑切出来相同的情况对第二次分裂的结果产生影响。
不同是指：
1、分裂出来的小球个数不同
2、个数相同但质量分布不同
证明的话，可以考虑将一段细胞上的密码用\(abcd\)等代替进行分割，用反证法之类的可以证明
实际上考试的时候可以大胆猜测感性证明×
对于第二次分裂及变异的问题可以转化为，有\(x\)个球，\(x-1\)个丝状物，从中选出一些退化满足相邻的必须有至少一个退化。可以定义出\(dp\)状态,\(dp[i][0]\)表示第\(i\)个不退化，\(dp[i][1]\)则表示退化，那么就能得到两条式子：
dp[i][0]=dp[i-1][1]
dp[i][1]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1]上面这条式子其实是斐波那契数列，问题就转化成了求斐波那契数列第\(x-1\)位，快速求斐波那契数列有矩阵快速幂的写法。
对于第二问就可以选择枚举当前切割的位置为\(i\)，上一次的位置为\(j\)，\(ans[i]=\sum_{j=1}^{i-1}\,ans[j]*val[j+1][i]\)
但是\(val[j+1][i]\)会很大，写高精也会出现问题,那我们可以换个思路，设矩阵为\(k\)。
对于\(i-j\)区间内的贡献为\(k^{val[i][j]}\),将式子再进行转换有\(k^{val[i][j]}=(k^{val[i][j-1]})^{10}*k^{s[j]-'0'}\)
这样子递推过来，我们每次只用再乘上最后一位，所以可以用上述的式子预处理出来\(val[i][j]\)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define M 1005
#define ll long long
#define Mod 1000000007
using namespace std;
int n;
char s[M];
struct P2 {
struct node {
ll a[2][2];
node() {
memset(a,0,sizeof(a));
}
node operator*(const node&_)const {
node res;
for(int i=0; i<2; i++)
for(int j=0; j<2; j++)
for(int k=0; k<2; k++)
res.a[i][k]=(res.a[i][k]+a[i][j]*_.a[j][k]%Mod)%Mod;
return res;
}
void operator+=(const node&_) {
for(int i=0; i<2; i++)
for(int j=0; j<2; j++)
a[i][j]=(a[i][j]+_.a[i][j])%Mod;
}
} val[1005][1005],dp[1005],w;
node mul(node a,int y) {
node res;
res.a[0][0]=res.a[1][1]=1;
while(y) {
if(y&1)res=res*a;
a=a*a,y>>=1;
}
return res;
}
void solve() {
w.a[0][0]=0,w.a[0][1]=1,w.a[1][0]=1,w.a[1][1]=1;//初始化矩阵
for(int i=1; i<=n; i++) {
val[i][i]=mul(w,s[i]-'0');
for(int j=i+1; j<=n; j++)
val[i][j]=mul(val[i][j-1],10)*mul(w,s[j]-'0');
}
for(int i=1; i<=n; i++) {
dp[i]=val[1][i];
for(int j=1; j<i; j++)
dp[i]+=dp[j]*val[j+1][i];
}
printf("%lld\n",dp[n].a[0][0]);
}
} p2;
int main() {
scanf("%d%s",&n,s+1);
p2.solve();
return 0;
}