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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 1e15s≤1e15

solution

一条单链的情况

考虑从节点xxx开始走一条节点个数是hhh的链（链长为h−1h-1h−1）

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

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

若链从下往上的第i∈[1,h)i\in[1,h)i∈[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∑j=0i−12j=2i−1贡献

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

证明：假设取x−1x-1x−1，且这条长hhh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(2h−1)(x−1)+∑i=1h−1(2i−1)=2hx−x−2h+1+2h−1−h=(2h−1)x−h<(2h−1)x

这已经是最大的不是选xxx产生的可能贡献了，所以只能是xxx

这里同样经典的，可以判断能否用【1,3,...,2h−1−11,3,...,2^{h-1}-11,3,...,2h−1−1】构造出s−(2h−1)xs-(2^h-1)xs−(2h−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xxx，设xxx左儿子开始向下的链长度为h1h_1h1，右儿子开始向下的链长度为h2h_2h2，枚举h1,h2∈[1,log2s]h_1,h_2\in[1,\text{log}_2^s]h1,h2∈[1,log2s]

假设这两条链都往各自的左儿子走，贡献是：

x+2x(2h1−1)+(2x+1)(2h2−1)=(2h1+1+2h2+1−3)x+2h2−1x+2x(2^{h_1}-1)+(2x+1)(2^{h_2}-1)=(2^{h_1+1}+2^{h_2+1}-3)x+2^{h_2}-1x+2x(2h1−1)+(2x+1)(2h2−1)=(2h1+1+2h2+1−3)x+2h2−1

同理，xxx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⌊2h1+1+2h2+1−3s−(2h2−1)⌋

令t=st=st=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,...,2h1−1;1,3,...,2h2−11,3,...,2^{h_1}-1;1,3,...,2^{h_2}-11,3,...,2h1−1;1,3,...,2h2−1】来构造出ttt，转换一下考虑用【2,22,...,2h1;2,22,...,2h22,2^2,...,2^{h_1};2,2^2,...,2^{h_2}2,22,...,2h1;2,22,...,2h2】来凑ttt

枚举选了nnn个数，判断能不能用这些数凑出t+nt+nt+n
- 这里的实现考虑使用数位dpdpdp，O(h1h2)O(h_1h_2)O(h1h2)求出结果
  
  设fi,j,k:f_{i,j,k}:fi,j,k: 前iii位h1h_1h1和h2h_2h2两条链的状态一共选了jjj个222的次方【可能选了222^222，2i−1...2^{i-1}...2i−1...，反正一共选了jjj个】，是否有进位k=1/0k=1/0k=1/0的方案数
  
  对于每一位枚举h1h_1h1链和h2h_2h2链上的选择情况s1,s2s_1,s_2s1,s2
  
  注意到，如果i=h1i=h_1i=h1，这一位是不能选111【表示进位】的，h2h_2h2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)f[i+1][j+s1+s2][2s1+s2+k]=∑f[i][j][k](s1+s2+k≡⌊2it+n(mod2)⌋)

时间复杂度为O(log5s)O(\text{log}^5s)O(log5s)

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;
}

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