[CF750G]New Year and Binary Tree Paths

题目大意

一颗无穷个节点的完全二叉树，编号满足线段树分配。

求有多少条树上的简单路径编号和为s？

结论

从根节点到一个编号为x的节点，到根编号和为2x-bitcount(x)。

用归纳法证明。

我们尝试枚举这条简单路径两个节点到lca分别的距离为a和b，设lca为x。

首先一定有x∗(2a+1+2b+1−3)的编号和。

然后我们尝试把x子树所有编号都去掉x的贡献（不是减x，而是第一层-x，第二层-2x，第三层-4x，以此类推）。

容易发现新的这棵树中还满足一个编号为x的节点，到根编号和为2x-bitcount(x)。

然后我们知道x∗(2a+1+2b+1−3)+k=s

k表示其他的贡献。

容易讨论k的取值范围在[2b−1,2a−a+2b+1−b−3]。

讨论过程可以默认a>0，b>0然后发现a=0或b=0代入此式仍然是对的。最小值就是两边都往左最大值就是两边都往右。

k的最大值严格比2a+1+2b+1−3小，这意味着如果存在一个x能找到一个合法k，那么x+1或-1都不可能再有合法k（即s−x∗(2a+1+2b+1−3)不在k的取值范围内）。

然后我们唯一确定这个x后，问题得到转化。

找到两个数p<2a−1以及q<2b

使得2∗(p+q)−bitcount(p)−bitcount(q)=s−x∗(2a+1+2b+1−3)

其中q的第b-1位必须是1。

然后我们可以枚举bitcount的和，这样就可以确定p+q的值。

于是我们进行数位DP，注意到p和q的上界刚好是2的次幂-1，所以这个数位DP不需要别的东西（如常见的和上界比较的维），然后因为和确定了，因此只要让每一位严格等于和的那一位即可，而不需要专门开一维记录，只需要用一维记录是否进位即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxd=58;
ll f[maxd+10][maxd*2+10][2],two[maxd+10];
int i,j,k,l,t,n,m,a,b;
ll x,y,now,s,ans;
void work(int a,int b,ll now,int cnt){
int i,j,k,l,r,t,s,d,mx=max(a-2,b-1)+2;
fo(i,0,maxd+2)
fo(j,0,cnt)
f[i][j][0]=f[i][j][1]=0;
f[0][0][0]=1;
fo(i,0,mx-1){
if ((now&two[i])) d=1;else d=0;
fo(j,0,cnt)
fo(t,0,1)
if (f[i][j][t]){
fo(l,0,1)
fo(r,0,1){
if (l&&i>a-2) continue;
if (r&&i>b-1) continue;
if (!r&&i==b-1) continue;
s=l+r+t;
k=s/2;s=s%2;
if (s!=d) continue;
f[i+1][j+l+r][k]+=f[i][j][t];
}
}
}
ans+=f[mx][cnt][0];
}
int main(){
two[0]=1;
fo(i,1,maxd+1) two[i]=two[i-1]*2;
scanf("%I64d",&s);
fo(a,0,maxd)
fo(b,0,maxd){
y=two[a+1]+two[b+1]-3;
x=s/y;
while (x){
now=s-x*y;
if (now>two[a]-a+two[b+1]-b-3){
x=0;
break;
}
if (now>=two[b]-1&&now<=two[a]-a+two[b+1]-b-3) break;
x--;
}
if (!x) continue;
now=s-x*y;
fo(i,0,maxd*2)
if ((now+i)%2==0) work(a,b,(now+i)/2,i);
}
printf("%I64d\n",ans);
}