Description

任何正整數都能分解成2的冪，給定整數N，求N的此類劃分方法的數量！
比如N = 7時，共有6種劃分方法。

7=1+1+1+1+1+1+1
=1+1+1+1+1+2
=1+1+1+2+2
=1+2+2+2
=1+1+1+4
=1+2+4
（1 <= N <= 10^30)

Solution

O(N)的做法十分顯然。
f[i]=f[i−1]+f[i/2]，當i為偶數
f[i]=f[i−1] 當i為奇數。

既然N這麼大了，考慮log 做法
假定N=2p
似乎它與2p−

設f[i][l][r]表示做到2i,當前分解最大的數是2r,最小的是2l
這樣很好的避免了重複問題。
顯然f[i][l][r]=∑k=lrf[i−1][l][k]∗f[i−1][k][r]

log4N似乎有點大。
事實上，f[i][l][r]=f[i−1][l−1][r−1]（即分解的所有數同時除以2）
那麼只需要儲存f[i][0][r]就足夠。
DP就變為2維的了。
複雜度log3N

N不是2l怎麼辦。

完全可以將N二進位制分解，在有1的位置做DP，方法同上面相同，因為兩個二進位制位間相互獨立，互不影響。相當於將前面所有二進位制位合併後，與當前位合併，一直合併下去。

複雜度同樣log3N
高精度注意常數優化。

Code

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define N 105
#define cl(a) memset(a,0,sizeof(a));
 

#define lq 1000000000
using namespace std;
typedef long long LL;
int m,p[N];
LL cf[11]; 
struct node
{
    int a[180];
}f[N][N],g[N][N],n;
node operator *(node x,node y)
{
    node z;
    cl(z.a);
    z.a[0]=x.a[0]+y.a[0]-1;
    if((!x.a[1]&&x.a[0]<2)||(!y.a[1]&&y.a[0]<2))
    {
        z.a[0]=1,z.a[1]=0;
        return z;
    }
    fo(i,1,x.a[0])
    {
        fo(j,1,y.a[0])
        {
            LL v=(LL)x.a[i]*(LL)y.a[j]+(LL)z.a[i+j-1];
            z.a[i+j]+=(int)(v/lq);
            z.a[i+j-1]=(int)(v%lq);
        }
    }
    if(z.a[z.a[0]+1]) z.a[0]++;
    return z;
}   
node operator +(node x,node y)
{
    node z;
    cl(z.a);
    z.a[0]=max(x.a[0],y.a[0]);
    fo(i,1,z.a[0])
    {
        z.a[i+1]+=(z.a[i]+=x.a[i]+y.a[i])/lq;
        z.a[i]%=lq;
    }
    z.a[0]+=(z.a[z.a[0]+1]);
    return z;
}
node operator /(node x,LL y)
{
    node z;
    memset(z.a,0,sizeof(z.a));
    z.a[0]=x.a[0];
    fod(i,z.a[0],1)
    {
        if(i!=1) z.a[i-1]+=(z.a[i]+x.a[i])%y*lq;
        z.a[i]=(z.a[i]+x.a[i])/y;
    }
    z.a[0]-=(!z.a[z.a[0]]);
    return z;
}
int get()
{
    node n1=n;
    int i=0;
    while(n1.a[0]) 
    {
        if(n1.a[1]%2) p[++p[0]]=i;
        n1=n1/2,i++;
    }
    return i;
}
int main()
{
    char st[2000];
    scanf("%s",st+1);
    cf[0]=1;
    fo(i,1,10) cf[i]=cf[i-1]*10;
    int l1=strlen(st+1);
    fo(i,1,l1) n.a[(i-1)/9+1]+=(st[l1-i+1]-'0')*cf[i-(i-1)/9*9-1];
    n.a[0]=(l1-1)/9+1;
    int l=get();
    f[0][0].a[0]=f[0][0].a[1]=1;
    int v=0;
    fo(i,1,l)
    {
        f[i][i].a[0]=f[i][i].a[1]=1;
        fo(j,0,i-1)
        {
            f[i][j].a[0]=1;
            f[i][j].a[1]=0;
            fo(k,0,j) f[i][j]=f[i][j]+f[i-1][k]*f[i-1-k][j-k];
        }
    }
    fo(i,0,p[1]) g[1][i]=f[p[1]][i];  
    fo(i,2,p[0])
    {
        fo(j,0,p[i])
        {
            fo(k,0,j) g[i][j]=g[i][j]+g[i-1][k]*f[p[i]-k][j-k];
        }
    }
    node ans;
    cl(ans.a);
    fo(i,0,p[p[0]]) ans=ans+g[p[0]][i];
    fod(i,ans.a[0],1)
    {
        if(i!=ans.a[0]) fod(j,8,1) if(ans.a[i]<cf[j]) printf("0");  
        printf("%d",ans.a[i]);
    }
}