分析：

后面的环能不能取下来与前面的环有关，前面的环不被后面的环所影响。所以先取最后面的环

设状态F(n)表示n个环全部取下来的最少步数

先取第n个环，就得使1~n-2个环属于被取下来的状态，第n-1个环属于未被取下来的状态。那么F(n) = F(n-2) + 1 + ... (这里的1表示取下第n个需要一步)

即F(n)可以为F(n-2) + 1与某些数的和。取下n后，1~n-2为取下的状态，n-1为未被取下的状态。如果我们想取下n-1，那么n-2要为未被取下来的状态且1~n-3为被取下的状态。

但是这里不能直接将n-2变成为未取下的状态，你想把n-2的状态改变，就得使n-3为未被取下来的状态且1~n-4为被取下的状态；你想把n-3的状态改变，就得使n-4为未被取下来的状态且1~n-5为被取下的状态.

这个一直递推下去你要使1~n-2全部属于未被取下的状态才能继续取n-1。

将1~n全部取下来有下列四步

第一步：取1~n-2，需要F(n-2)步

第二步：取第n个，需要1步

第三步：恢复1~n-2，需要F(n-2)步 (取下来的最少步数和恢复的最少步数是一样的，它们是对称的)

第四步：将1~n-1个全部取下来

所以：F(n) = F(n-1) + 2*F(n-2) + 1

矩阵快速幂套模板啦！

#include 
     
      #include 
      
       #include 
       
        #include 
        
         using namespace std;typedef long long ll;const int Mod = 200907;const int N = 5;int msize;struct Mat{    int mat[N][N];};Mat operator *(Mat a, Mat b){    Mat c;    memset(c.mat, 0, sizeof(c.mat));    for(int k = 0; k < msize; ++k)        for(int i = 0; i < msize; ++i)            if(a.mat[i][k])                for(int j = 0; j < msize; ++j)                    if(b.mat[k][j])                        c.mat[i][j] = ((ll)a.mat[i][k] * b.mat[k][j] + c.mat[i][j])%Mod;    return c;}Mat operator ^(Mat a, int k){    Mat c;    memset(c.mat,0,sizeof(c.mat));    for(int i = 0; i < msize; ++i)        c.mat[i][i]=1;    for(; k; k >>= 1)    {        if(k&1) c = c*a;        a = a*a;    }    return c;}int main(){    int n;    msize = 3;    Mat A;    A.mat[0][0] = 1, A.mat[0][1] = 2, A.mat[0][2] = 1;    A.mat[1][0] = 1, A.mat[1][1] = 0, A.mat[1][2] = 0;    A.mat[2][0] = 0, A.mat[2][1] = 0, A.mat[2][2] = 1;    while(~scanf("%d",&n) && n)    {        if(n==1)        {            puts("1");            continue;        }        Mat ans = A^(n-2);        printf("%d\n", (ans.mat[0][0]*2 + ans.mat[0][1] + ans.mat[0][2])%Mod);    }    return 0;}