这一题是真的坑人，时间空间都在鼓励你用 $NTT$ 优化 $dp$...（但是我并不会 $NTT$）
看到题目然后考虑树形 $dp$ ，设 $f[i][0/1]$ 表示 $i$ 个节点的树，根节点为奇数/偶数的方案数
然后发现对于 $f[i][0/1]$ 的所有方案，把节点编号同时加一个偶数后根节点奇偶性不变，把节点编号加一个奇数后根节点的奇偶性变了
那么就可以对每个 $f[i][0/1]$ 枚举左右子树转移了，因为确定总点数所以左子树点数就有一个范围，在那个范围内枚举子树大小 $j$
那么有转移 $f[i][0]=sum f[j][1] cdot f[i-j-1][1]$ ，$f[i][1]=sum f[j][0] cdot f[i-j-1][1]$
然后发现转移是卷积的形式，然后据说就可以 $NTT$ 优化什么的...但是我完全不会诶
然后推完发现并没有什么用就去看看神仙的提交记录（比赛的时候是可以看别人的提交结果的）
然后你感到一丝不妙，那些人怎么都是几十毫秒过的？？？再看看空间发现有些人甚至 $0kb$ ？？？
于是你赶紧把暴力打完把表打出来，发现大部分状态都是 $0$ ，只有少部分的结果是 $1$
然后你再输出一下方案为 $1$ 的各种状态，发现只有当节点数为 $1,2,4,5,9,10,20,21,41,42,84,85...$
然后就发现了规律，然后你就成功通过了这一题（当然那时我并没有过）
所以现在考虑一下怎么去证明这个东西，首先对于 $3$ 层的这种树只有当点数为 $4,5$ 时可以发现有唯一一种方案
首先显然的，对于这种树的根节点，它的左右儿子子树也必须是这种树
然后注意到对于 $n$ 个节点的这种树，根节点和 $n$ 号节点奇偶性相同（因为二叉搜索树的性质，$n$ 号节点必须是最右边的）
所以根节点的右子树的子树大小必定为偶数
然后又因为左右子树的深度必须一样，所以比 $4,5$ 个节点的这种树 多一层的这种树，它的左右儿子必须是 $4$ 或 $5$ 个节点
又因为之前证明的右儿子必须为偶数，那么多一层的这种树只有左儿子为 $4$ 右儿子为 $4$ ，和左儿子为 $5$ 右儿子为 $4$ 两种方案
那么每一层都只能靠少一层的那两种子树得到新的那两种树，所以证明完毕
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=1e6+7; int n; int main() { n=read(); int now=1; while(now<=n) { if(now==n || now+1==n) { printf("1 "); return 0; } if(now&1) now=(now+1)+1+now; else now=now+1+now; } printf("0 "); return 0; }