这题有点套路。我一开始的想法是用 (f_{n,i}) 表示最大幂次最多为 (2^i) 表示 (n) 的方案数。然后发现 (mathcal{O}(1)) 转不了。于是废了。
考虑用 (f_i) 表示 (i) 的答案数。分类讨论。
(i) 为奇数时，则必然有 (1)，剩下 (i-1)，因此 (f_i = f_{i-1}),
(i) 为偶数时，则再分类讨论。
如果还有 (1)：同样 (f_{i-1}).
如果没有 (1)：那么考虑把拆分中的所有数 (div 2)，则和为 (frac{i}{2})，因此这部分答案为 (f_{frac{i}{2}}).
于是：
[f_i =
egin{cases}
f_{i-1} space space space space space space space space space, i equiv 1 pmod 2\
f_{i-1} + f_{frac{i}{2}} , i equiv 0 pmod 2\
end{cases}]
然后我们耍一个小聪明：用 (f_x) 同时表示 (f_{2x}) 和 (f_{2x+1})，还能省一半空间。
时间复杂度：(mathcal{O}(n)).
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+1;
const ll MOD=1e9;
inline int read(){char ch=getchar(); int f=1; while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0; while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}
inline void write(int x) {
if(x<0) {putchar('-');write(-x);return;}
if(x<10) {putchar(char(x%10+'0'));return;}
write(x/10);putchar(char(x%10+'0'));
}
int n;
ll f[N];
int main() {
n=read(); f[0]=1;
for(int i=1;i*2<=n;i++)
f[i]=(f[i-1]+f[i/2])%MOD;
printf("%d
",f[n/2])%MOD;
return 0;
}