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一颗无穷个节点的完全二叉树。

求有多少条树上的简单路径编号和为 s。

$s≤1e15s\le 1e15$

solution

一条单链的情况

考虑从节点 $x$ 开始走一条节点个数是 $h$ 的链（链长为 $h - 1$ ）

假设从上往下一直往左子树走【 $x, 2 x, 4 x, 8 x . . .$ 】

则贡献为 $x∑i=0h−12i=(2h−1)xx\sum_{i=0}^{h-1}2^i=(2^h-1)x$

若链从下往上的第 $i∈[1,h)i\in[1,h)$ 个点是右儿子，则会给标号和带来独立的 $∑j=0i−12j=2i−1\sum_{j=0}^{i-1}2^j=2^i-1$ 贡献

可以解出， $x$ 的取值只能是 $⌊s2h−1⌋\lfloor\frac{s}{2^h-1}\rfloor$

证明：假设取 $x - 1$ ，且这条长 $h$ 的链全走右子树的贡献是：

$(2h−1)(x−1)+∑i=1h−1(2i−1)=2hx−x−2h+1+2h−1−h=(2h−1)x−h<(2h−1)x(2^h-1)(x-1)+\sum_{i=1}^{h-1}(2^i-1)=2^hx-x-2^h+1+2^h-1-h=(2^h-1)x-h< (2^h-1)x$

这已经是最大的不是选 $x$ 产生的可能贡献了，所以只能是 $x$

这里同样经典的，可以判断能否用【 $1,3,...,2^{h-1}-1$ 】构造出 $s-(2^h-1)x$ ，先用大的开始尝试（从最大的往小的开始一个一个试，有点类似倍增的思想不断逼近直到相等的感觉）
分叉情况（两条子链在根节点拼接）

假设根节点为 $x$ ，设 $x$ 左儿子开始向下的链长度为 $h_1$ ，右儿子开始向下的链长度为 $h_2$ ，枚举 $h1,h2∈[1,log2s]h_1,h_2\in[1,\text{log}_2^s]$

假设这两条链都往各自的左儿子走，贡献是：

$x+2x(2^{h_1}-1)+(2x+1)(2^{h_2}-1)=(2^{h_1+1}+2^{h_2+1}-3)x+2^{h_2}-1$

同理， $x$ 的位置也是唯一确定的，即 $⌊s−(2h2−1)2h1+1+2h2+1−3⌋\lfloor\frac{s-(2^{h_2}-1)}{2^{h_1+1}+2^{h_2+1}-3}\rfloor$

令 $t = s$ 减去上面的贡献

同时，考虑怎么用各自某一层走右儿子产生的贡献【 $1,3,...,2^{h_1}-1;1,3,...,2^{h_2}-1$ 】来构造出 $t$ ，转换一下考虑用【 $2,2^2,...,2^{h_1};2,2^2,...,2^{h_2}$ 】来凑 $t$

枚举选了 $n$ 个数，判断能不能用这些数凑出 $t + n$
- 这里的实现考虑使用数位 $d p$ ， $O(h_1h_2)$ 求出结果
  
  设 $f_{i,j,k}:$ 前 $i$ 位 $h_1$ 和 $h_2$ 两条链的状态一共选了 $j$ 个 $2$ 的次方【可能选了 $2^2$ ， $2^{i-1}...$ ，反正一共选了 $j$ 个】，是否有进位 $k = 1 / 0$ 的方案数
  
  对于每一位枚举 $h_1$ 链和 $h_2$ 链上的选择情况 $s_1,s_2$
  
  注意到，如果 $i=h_1$ ，这一位是不能选 $1$ 【表示进位】的， $h_2$ 同理
  
  则可以得到转移方程： $f[i+1][j+s1+s2][s1+s2+k2]=∑f[i][j][k](s1+s2+k≡⌊t+n2i(mod2)⌋)f[i+1][j+s_1+s_2][\frac{s_1+s_2+k}{2}]=\sum f[i][j][k]\quad\Big(s_1+s_2+k\equiv \lfloor\frac{t+n}{2^i}\pmod 2\rfloor\Big)$

时间复杂度为 $O(log5s)O(\text{log}^5s)$

code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define maxn 60
#define int long long
int s, m, now;
int f[2][maxn << 1][2], mi[maxn];int calc( int goal, int q, int h1, int h2, int cnt ) {memset( f[now], 0, sizeof( f[now] ) );f[now][0][0] = 1;for( int i = 1;i <= log2( goal ) + 1;i ++ ) {int d = goal >> i & 1;now ^= 1;memset( f[now], 0, sizeof( f[now] ) );for( int j = 0;j <= ( i - 1 << 1 );j ++ ) //到i-1及以前可以一共选了[0,(i-1)*2]个数 左儿子(h1)链的选择和右儿子(h2)链的选择 for( int k = 0;k <= 1;k ++ )if( f[now ^ 1][j][k] )for( int s1 = 0;s1 <= 1;s1 ++ )if( ! s1 or i < h1 )for( int s2 = 0;s2 <= 1;s2 ++ )if( ! s2 or i < h2 )if( ( k + s1 + s2 ) % 2 == d ) //判断同余 f[now][j + s1 + s2][( k + s1 + s2 ) / 2] += f[now ^ 1][j][k];}return f[now][cnt][0];
}signed main() {int ans = 0;scanf( "%lld", &s );mi[0] = 1;for( int i = 1;i < 60;i ++ ) {mi[i] = mi[i - 1] << 1;if( mi[i] > s and mi[i - 1] <= s ) m = i;}for( int i = 1;i <= m;i ++ ) { //单链的构造 int x = s / ( mi[i] - 1 );if( x <= 0 ) continue;int t = s - x * ( mi[i] - 1 );for( int j = i - 1;~ j;j -- )if( t >= mi[j] - 1 ) t -= mi[j] - 1;if( ! t ) ans ++;}for( int h1 = 1;h1 <= m;h1 ++ )for( int h2 = 1;mi[h2] - 1 <= s;h2 ++ ) {int x = ( s - mi[h2] + 1 ) / ( mi[h1 + 1] + mi[h2 + 1] - 3 );if( x <= 0 ) continue;int t = ( s - mi[h2] + 1 ) - x * ( mi[h1 + 1] + mi[h2 + 1] - 3 );if( ! t ) {	ans ++; continue; }if( h1 == 1 and h2 == 1 ) { ans += ( t == 5 * x + 1 ); continue; } //x 2x 2x+1 -> 5x+1for( int n = 1;n <= h1 + h2;n ++ ) //枚举选了n个右儿子 if( ( ( t + n ) & 1 ) == 0 ) ans += calc( t + n, x, h1, h2, n );}printf( "%lld\n", ans );return 0;
}