問把 \(n\) 拆分成2的冪的和的形式的方案數。注意拆分是無序的，即 \(2^0,2^2,2^1,2^0\) 和 \(2^0,2^0,2^1,2^2\) 是一種方案。\(n \le 10^\)定義：
\[s_k(n)=\sum_^i^k
\]\[\]
部分下取整符號可能有遺漏。
首先通過打表發現前幾項是：（從0開始)
\[1,1,2,2,4,4,6,6,10,10,14,14,20,20,26,26,...
\]發現去重差分還是原陣列，並且發現：
\[f_i = f_ ,i \bmod 2=1
\]\[f_i = f_+f_,i\bmod2=0
\]不斷重複使用這兩個式子拆開發現:
\[f_ = \sum_^f_j
\]拆 \(f_j\) 發現：
\[f_n=\sum_^\sum_^f_i
\]\[=\sum_^ f_i\sum_^1
\]\[=\sum_^f_i(s_(\left \lfloor n/2 \right \rfloor +1)-s_0(2i))
\]\[=s_0(\left \lfloor n/2 \right \rfloor +1)\sum_^f_i-\sum_^f_is_0(2i)
\]\[=s_0(\left \lfloor n/2 \right \rfloor +1)\sum_^f_i-2\sum_^f_ii
\]（公式不太好打，就不打那麼多了）
發現前面的那部分可以直接遞迴子問題，我們難以解決的是後邊的那個類似 \(\sum_^f_ii^k\) 的式子。我們試圖求解這個式子：
\[f(n,k)=\sum_^nf_ii^k
\]\[=\sum_^ni^k\sum_^f_j
\]\[=\sum_^f_j \sum_^ni^k
\]\[=\sum_^f_j(s_k(n+1)-s_k(2j))
\]\[=\sum_^f_js_k(n+1)-\sum_^f_j\sum_^\frac}b_(2j)^d
\]\[=\sum_^f_js_k(n+1)-\sum_^\frac}b_2^d \sum_^f_jj^d
\]\[=f(n/2,0)s_k(n+1)-\sum_^\frac}b_2^d f(n/2,d)
\]發現左邊是子問題，右邊每次需要的 \(k\) 會加一。因此 \(k\) 最多是 \(logn\)。狀態數 \(o(log^2n)\)，轉移複雜度 \(o(logn)\)，總複雜度：\(o(log^3n)\)。由於 \(k\) 比較小，不需要多項式求逆加速求 \(b_i\)，且這並不是複雜度瓶頸。
注意最好手寫個雜湊表，不然用 stl map 可能會被卡常。
\(code:\)
#include #include #include #include #include #include #include #include #define n 76
typedef long long ll;
template inline void read(t &x)
while (isdigit(c))
if (flag) x = -x;
}using namespace std;
const int p = 1e9 + 7;
inline void max(int &a, int b)
ll c[n][n], b[n];
inline ll quickpow(ll x, ll k)
return res;
}ll inv[n];
inline ll get_c(int n, int m)
inline void init_b()
} b[0] = 1;
for (register int i = 1; i <= up; ++i)
b[i] = (p - inv[i + 1] * b[i]) % p; }}
const int pp = 13331;
struct hashtable e[n << 1];
int head[pp + 1000], ecnt;
inline void init()
inline void addedge(ll v, int val) ;
head[mirr] = ecnt;
} inline int find(ll v)
return -1;
}}hash;
int mtot;
ll memo[n << 1][n];
ll calc(ll n, int k)
return memo[mirr][k] = (k == 0 ? 2 : 1);
} ll res = 0, tmp = (n + 1) % p;
for (register int d = 1; d <= k + 1; ++d)
res = res * calc(n >> 1, 0) % p;
for (register int d = 1; d <= k + 1; ++d)
return memo[mirr][k] = res;
}ll n;
inline void work()
int main()
return 0;
}
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