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设从节点\(x\)开始不断往左儿子走h-1步，则编号和为\(x\sum_{i=0}^{h-1}2^i=x(2^h-1)\)。
若倒数第\(i\)步走向的是右儿子，则编号和会增加\(\sum_{j=0}^{i-1}2^j=2^i-1\)。
这样，从\(x\)往下走形成的长为\(h\)的链中，其中倒数\(i,i\in t\)步时走向右儿子，倒数\(i,i\not\in t\)步走向左儿子，这样得到的编号和为
\[ x(2^h-1)+\sum_{i\in t}2^i-|t|=s \]
令\(l=\lfloor\frac{s}{2^h-1}\rfloor\)，显然\(|t|<h\le\log_2(s+1),x\le l\)。又因为
\[ (l-1)(2^h-1)+\sum_{i\in t}2^i-|t|\le s-(2^h-1)+(2^h-h-1)\\ =s-h<s \]
故\(x>l-1\)进而\(x=l\)，或称对每个\(h\)有唯一的\(x=l\)，那么方案数为方程\(\sum_{i\in t}2^i=s+|t|+l(2^h-1)\)的解的个数。（这显然最多只有一组解）
从节点\(x\)的左右儿子出发的两天简单链分别表示为\((h_0,t_0),(h_1,t_1)\)，总的编号和
\[ x+2x(2^{h_0}-1)+(2x+1)(2^{h_1}-1)+\sum_{i\in t_0}2^i+\sum_{i\in t_1}2^i-|t_0|-|t_1|\\ =x(2^{h_0+1}+2^{h_1+1}-3)+2^{h_1}-1+\sum_{i\in t_0}2^i+\sum_{i\in t_1}2^i-|t_0|-|t_1|=s \]
大胆猜想\(h_0,h_1\)确定时有唯一的\(x=\lfloor\frac{s-2^{h_1}+1}{2^{h_0+1}+2^{h_1+1}-3}\rfloor\)。
接着问题转变为在\({2^1,2^2,\cdots,2^{h_0-1}},{2^1,2^2,\cdots,2^{h_1-1}}\)中一共选取\(n\)个数之和等于\(s-(\cdots)+n\)（qaq）的方案数。
考虑枚举\(n\)，设\(f[i,j,0/1]\)表示考虑完前\(i\)个指数后，已经选了\(j\)个数字，这一位（二进制末尾第\(i+1\)位）为是否进位的方案数。其中\(f[0,0,0]=1\)。
答案是\(\sum_{h_0,h_1}(\sum_n f[\max(h_0,h_1),n,0])\)。时间复杂度\(o(\log_2^5s)\)。
我要评论#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int n=53;
ll s,l,ans;
ll p[n]={1};
ll f[n][n*2][2];
int main() {
scanf("%lld",&s); l=log2(s+1);
for(int i=1; i<n; ++i) p[i]=p[i-1]<<1;
for(int h=1; h<=l; ++h) {
ll x=s%(p[h]-1);
for(int i=h; i; --i) if(x>=p[i]-1) x-=p[i]-1;
ans+=(!x);
}
for(int h0=1; h0<l; ++h0)
for(int h1=1; s+1-p[h1]>=p[h0+1]+p[h1+1]-3; ++h1) {
ll x=(s+1-p[h1])/(p[h0+1]+p[h1+1]-3);
ll r=(s+1-p[h1])%(p[h0+1]+p[h1+1]-3);
if(!r) {ans++; continue;}
if(h0==1&&h1==1) {ans+=(s==x*5+1); continue;}
for(int n=1; n<=h0+h1; ++n) {
ll c=r+n,l=log2(c);
if(c&1) continue;
memset(f[0],0,sizeof f[0]); f[0][0][0]=1;
for(int i=1; i<=l; ++i) {
int d=(c>>i)&1; memset(f[i],0,sizeof f[i]);
for(int j=0; j<=i+i-2&&j<=n; ++j)
for(int k=0; k<2; ++k) if(f[i-1][j][k])
for(int x=0; x<2; ++x) if(!x||i<h0)
for(int y=0; y<2; ++y) if(!y||i<h1)
if(((k+x+y)&1)==d) f[i][j+x+y][(k+x+y)>>1]+=f[i-1][j][k];
}
ans+=f[l][n][0];
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
不知道1k+ms是怎么跑出来的
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