此题为腾讯机试题目，网络中的最优解法是位运算异或算法，时间复杂度为O(n)，而此题n的规模达到了10^18，因此这个算法是不行的。
本文将介绍一种在平均情况下复杂度为O(lgn)的分治+位运算解法，拉到下方即可。
【题目大意】
小Q非常富有，拥有非常多的硬币，小Q的拥有的硬币是有规律的，对于所有的非负整数K,小Q恰好各有两个数值为2^k的硬币，所以小Q拥有的硬币是1，1，2，2，4，4……，小Q卖东西需要支付n元钱，请问小Q想知道有多少种组合方案。
输入：一个n (1<=n<=10^18),代表要付的钱
输出：表示小Q可以拼凑的方案数目
【输入样例】
6
【输出样例】
3
【样例说明】
6 = 4+2 = 4+1+1 = 2+2+1+1
暴力解法 O(3^lgn)
容易得知，对于输入N，所需硬币最大值不会超过N，即只需从1～2^logN这些硬币拼凑。每种硬币可选0~2个，共三种选法。排列组合共3^logN种。
动态规划 O(nlgn)
使用dp[i,n]表示：使用前i种硬币（1，2，4...）可以组合出n的方案数，dp[lgn,n]即为所求
状态转移方程：dp[i,n] = dp[i-1,2^i] + dp[i-1,n-2^i] + dp[i-1,n-2^i-2^i]
位运算异或解法 O(n)
将硬币分为两份：1，2，4，8，16，.....和1，2，4，8，16....
组成两个数值为a,b的两个数字，他们的和是a+b=n;
a在每一份中只可能有一种组合方式（二进制的思想）。
将a和b使用二进制表示，那么对于n=11，有a=101，b=110这种组合，即a=1+0+4=5,b=0+2+4=6。但是，请注意，对于a和b，在相同位取不同值，只有一种组合方法。
如111+100和101+110（即交换中间位）本质上都是同一种组合方法，因此对于该类型可以使用二进制异或进行去重。
位运算异或解法的C++代码如下：
#include <iostream>
#include <set>
using namespace std;
int main()
{
long long n, result;
set<int> countset;
cin>>n;
for(int i = 1; i <= n/2; i++)
{
result = i ^ (n - i);
countset.insert(result);
}
cout<<countset.size();
return 0;
}位运算+分治解法：O(lgn) / Ω(n)
首先把n看作一个二进制数字，它的每一位就表明了每种硬币的使用情况（0表示用了0枚/2枚，1表示用了1枚），令f(n)为方案总数。
显然：f(0) = 0，f(1) = 1，f(2) = 2
接下来考虑其它情况：
①若二进制n的末位是1，即n为奇数时：它必定需要且仅需要1枚第一种的硬币，因此f(n)只需要考虑剩下的2、4、8...（第一次递归时，第一种硬币就是1元的；第二次是2元的，那么剩下的就是4、8...）的硬币。
因此：if (n&1) f(n) = f(n>>1)
②若二进制n的末位是0，即n为偶数时，有两种情况：
Ⅰ 第一种硬币使用了0次，则只需要考虑剩下的2、4、8...的硬币，为f(n>>1)
Ⅱ 第一种硬币使用了2次，那么剩下的硬币需要凑出n-2元钱，即为f((n-2)>>1)
因此：if( !(n&1) ) f(n) = f(n>>1) + f((n-2)>>1)
位运算+分治解法的C++代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;
long long f(long long x)
{
if(x==0) return 0;
if(x==1) return 1;
if(x==2) return 2;
if(x&1) return f(x>>1);
else return f(x>>1) + f((x-2)>>1);
}
int main()
{
long long n;
cin>>n;
cout<<f(n);
return 0;
}分治+位运算 算法分析：
情形1（较好的情况）：n的二进制位有较多的1，则f(x)=f(x>>1)，相当于f(n)=f(n/2)的情形，只需要花费二进制x长度θ(lgn)的时间就能解决。
情形2（较复杂的情况）：当n的二进制位几乎全为0时，将递归调用f(x)=f(x>>1)+f((x-2)>>1)，相当于f(n)=f(n/2)+1的情形，理论上的时间复杂度为O(n)。但是注意到，x-2的二进制位将会与x的二进制位产生较大的不同，因此又转化为情形1。
综上所述，此算法应该是O(lgn)，Ω(n)的。
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