简单的
设从节点(x)开始不断往左儿子走h-1步，则编号和为(xsum_{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,iin T)步时走向右儿子，倒数(i,i otin T)步走向左儿子，这样得到的编号和为
[x(2^h-1)+sum_{iin T}2^i-|T|=S
]
令(L=lfloorfrac{S}{2^h-1} floor)，显然(|T|<hlelog_2(S+1),xle L)。又因为
[(L-1)(2^h-1)+sum_{iin 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_{iin T}2^i=S+|T|+L(2^h-1))的解的个数。（这显然最多只有一组解）
组合的
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_{iin T_0}2^i+sum_{iin T_1}2^i-|T_0|-|T_1|\
=x(2^{h_0+1}+2^{h_1+1}-3)+2^{h_1}-1+sum_{iin T_0}2^i+sum_{iin 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=lfloorfrac{S-2^{h_1}+1}{2^{h_0+1}+2^{h_1+1}-3} floor)。
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))。
#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
",ans);
return 0;
}
不知道1K+ms是怎么跑出来的