此題太毒瘤了，以至於我單獨為它寫一篇題解。
題目大意：任何自然數都可以用$2$的整數冪之和來表示。現在給定$t$組資料，每組乙個$n$，求$n$用$2$的整數冪之和表示的方案數。$n\leq 10^$
首先科普一波伯努利數：
設自然數冪和$s_(n)=\sum\limits_^ i^k$
將其用關於$n$的$m+1$次多項式表示，在其中定義伯努利數$b_i$為：
$s_k(n)=\frac\sum\limits_^k c_^i b_d n^$
將$n=1$帶入得：
$b_0=1\ (m=0),\sum\limits_^k c_^ib_i\ (m>0)$
於是可以$o(k^2)$求出$b_k$。
其正確性可以用生成函式證明。貼連線：
首先乙個普遍的做法應該能想到：設$f_n$表示$n$的方案數，那麼通過打表有$f_n=\sum\limits_^ \rceil }f_j$。我們考慮轉化一下這個式子：
$f_n=\sum\limits_^ \rceil }f_j$
$=\sum\limits_^ \rfloor}\sum\limits_^ \rfloor} f_i$
$=\sum\limits_^ \rfloor} f_i\sum\limits_^ \rfloor}1$
$=\sum\limits_^ \rfloor} f_i(s_0(\lfloor \frac \rfloor+1)-s_0(2i))$
$=\sum\limits_^ \rfloor} f_is_0(\lfloor \frac \rfloor+1)-2\sum\limits_^ \rfloor} f_i\times i$
發現前半部分很好解決，難的地方在於後面這個形如$\sum\limits_^n f_i \times i^k$的式子。我們嘗試解這個式子：
設$f(n,k)=\sum\limits_^i^k$
$\sum\limits_^n f_i \times i^k$
$=\sum\limits_^n i^k\sum\limits_^ \rfloor}f_j$
$=\sum\limits_^ \rfloor}f_j\sum\limits_^n i^k$
$=\sum\limits_^ \rfloor}f_j(s_k(n+1)-s_k(2j))$
$=\sum\limits_^ \rfloor}f_js_k(n+1)-\sum\limits_^ \rfloor}f_j\sum\limits_^\frac^d}b_(2j)^d$
$=\sum\limits_^ \rfloor}f_js_k(n+1)-\sum\limits_^\frac^d}b_2^d\sum\limits_^ \rfloor} f_j \times j^d$
$=f(\lfloor \frac \rfloor,0)s_k(n+1)-\sum\limits_^\frac^d}b_2^df(\lfloor \frac \rfloor ,d)$
發現左邊是子問題，右邊$k$最多是$\log n$。狀態數$\log^2 n$，轉移$\log n$，複雜度$o(t\log^3 n)$。記憶化搜尋實現。
（跟爆long long戰鬥了兩個小時的我qaq，碼風可能有點醜，見諒
最好手寫雜湊表，用map複雜度多乙個log，會被卡常。也可以用unordered_map
**：
#include#define int long longtypedeflong
long
ll;using
namespace
std;
const
int maxn=100
;const
int mod=1e9+7
;int b[70],c[70][70],f[155][70],inv[70
];int
t,n,tot;
inline ll read()
while(isdigit(ch))
return x*f;
}inline
int qpow(int x,int
y)
return res%mod;
}inline
void
init()
}const
int p=13331
;struct
hedge[maxn*2
]; inline
void init()
inline
void add(int to,int
val)
inline
int find(int
v)
return -1
; }
}hash;
inline
int dp(ll n,int
k)
int res=0,tmp=(n+1)%mod;
for (int d=1;d<=k+1;d++)
res=(res%mod*dp(n>>1,0)%mod)%mod;
for (int d=1;d<=k+1;d++)
return f[x][k]=res;
}inline
void
work()
signed main()
return0;
}
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