A_(n+1)=(An +1)/2 より
A_(n+1) -An=(1-An)/2
Anは1より大きい整数であるので、右辺は負となる。
A_(n+1)
◆石川県 Takashi さんからの解答。
≪T≫
２７⇒２８⇒１４⇒７⇒８⇒４⇒２⇒１
７回
≪U≫
５回目に初めて結果が１になるとき、４回目の結果は２、３回目の結果は４である。
≪V≫
１３回で１になる偶数が１４４個、奇数が８９個ある。
１回の計算で結果が２ｋとなる数は、（４ｋ，２ｋ−１）
これらの三つの数を４で割った時の余りは、それぞれ異なる事が判るのでこれらの数が等しくなることは無い。
さらに、１５回で１になる数は、
６１０個
≪おまけ≫
【数学的帰納法】
・まず、２は一回の計算で１になる。
・ある自然数ｋについて１≦ｎ≦２kとなる全ての自然数ｎが何回かの計算の結果１にたどり着くとき、
２k＋１≦ｎ≦２k+1−１の全ての奇数は、１回の計算【１を足す】を行うと、
２k＋２≦ｎ≦２k+1の全ての偶数は、１回の計算【２で割る】を行うと、
よって、１≦ｎ≦２k+1となる全ての自然数ｎが何回かの計算の結果１にたどり着くことになる。
以上によって、全ての自然数ｎについて、何回かの計算をすると必ず１にたどり着く事が出来る。
◆神奈川県 焼き餃子 さんからの解答。
【問題１】
２７を2進数で表記すると、11011bである。
答え：7回
【問題２】
今、ある数値ｍに施す演算をA或いはDとする。
1 = F5.F4.F3.F2.F1(m).....[1]
となる。演算子は、右から作用することとする。
G1.G2.G3.G4.G5(1) = m .....[2]
となる。ここで、いくつかの条件を列挙する。
＊F5は常にDである。
＊F4は常にDである。
＊F1からF5までの演算子で、隣り合う演算子がAであることはない。
すると、F1からF5の演算子の組み合わせは以下の通りである。
32,12,14,15,5を得る。並べ替えて、
答え：5,12,14,15,32
【問題３】
問題２の組み合わせ表を拡張して、組み合わせをもとめると６１０個を得る。
答え：６１０個
【問題４】
組み合わせ表１を導く条件を再び記述すると、
＊F5は常にDである。
＊F4は常にDである。
＊F1からF5までの演算子で、隣り合う演算子がAであることはない。
一般的に、演算子の組み合わせをF-1からF-N（ただし、Nは自然数）とする。
m2 = F-M.F-(M-1)(m1)
となる。つまり、m1がm2に変換される。
m1が奇数のときに m2 = (m1 + 1)/2
そして、演算結果の差をdiとすると、
di = m2 - m1
N回目の演算のときにm1が２であるから、一般的（N回目以外の演算のとき）にはm1は３以上の自然数である。
これを拡張して、1回目から（N−1）までの演算子を連続して広く適用しても、必ず結果は２となり、N回目の演算で１になる。
【おまけ】（
問題１でも示したが、２進数で考えることにする。
N = Σb(j)*2j
あらわす。
N = {b(k-1),b(k-2),...,b(3),b(2),b(1),b(0)}
となる。この数値の表現を変換して、
N = 2k - 1 - ~{b(k-1),b(k-2),...,b(3),b(2),b(1),b(0)}
とおく。つまり、２の補数表記とする。
N = 100000b - 1b - 100b
このとき、求める（最終的に変換される）数は１であるから、式[4]の一項目を１にすることが目的である。
答え：式[3]の二進数補数表記において、除算をｋ回、加算を補数表記でｂ（j）が１である数分の回数が必要である。
◆奈良県 岸本 大和 さんからの解答。
（おまけの問題）
@任意の自然数Ｎについて、
Aすると、Ｎは次のように表示されます。
B Aの式に指定の操作を行っていくわけですが、この操作は、
今、仮に、Aの式で、Ａ0＝１とすると、１を加えれば２で割りきれる。
C Aの｛ ｝内の Ａ0−−Ａnｰ2のうち、１の値をとる項は、２でどんどんわっていくと、いずれ ２0になり、この時は１を加えるという操作が必要です。
このことから、１を加えるという操作の回数は、
Dまた ２で割るという操作は、２の指数を一つずつ減らして、ｎ を ０ にするということだから、Aの式の場合、ｎ 回。
EいまAの｛ ｝内を Ｂ とすると、
F一般化すると、Ｎ＝２n−Ｂ 「Ｂ＜２n-1とする」 の時、Ｂを二進法で表した各桁の合計を、ｍとすれば、求める操作の回数は ｎ＋ｍ となる。
◆長崎県 Dr. Berserkerさんからの解答。
証明はできませんが、計算を繰り返すと、最終的には、１になるようなので、ここから始めます。
１の前の段階の数は、２のはずです。
ここまでで３段階です。
もう１段階、
よって、５回の計算で、初めて１にたどり着くのは、
上の計算からわかるように、ある特定の回数で、初めて１に辿り着く数の個数には、ある規則があり、これは以下の漸化式でもとめることができます。
Ｎ回の計算で、初めて１に辿り着く数のうち、偶数の個数を、Ａ（Ｎ），奇数の個数を、Ｂ（Ｎ）ということにします。
Ａ（Ｎ＋１）＝Ａ（Ｎ）＋Ｂ（Ｎ）
ただし、Ｎ≧３とし、Ａ（３）＝１，Ｂ（３）＝１です。
残念ながら、この数列は解けなかったのですが、順次計算していくと、
Ａ（４）＝２，Ｂ（４）＝１
以上より、１５回の計算で、初めて１になる数の個数は、合計６１０個で、うち、偶数は、３７７個ということになります。
◆東京都 じっさん さんからの解答。
問題１：７回
問題２：
３２，１５，１４，１２，５の５つ
１から始めて「×２」または「−１」を１回行うごとに回数が１回増える。
この条件で、しらみつぶしに調べると、
２×２×２×２×２＝３２
の５つでありました。
問題３：６１０個
１３回の個数が偶数１４４個、奇数（２３３−１４４＝）８９個とわかっている。
１４４×３＋８９×２＝６１０
ちなみに、５通りの計算のうち最後が「−１」で終わるのが奇数なので、
偶数は、６１０−２３３＝３７７個
問題４：
任意の自然数Ｎについての操作を考える。
ｎ＝０の場合、２ｎ＋１＝１であり、最初から１である。
従って、任意の自然数Ｎは、何回かの操作の後に答えが１になる。
おまけ：
証明はわかりませんが、答えの予想は付きました。
任意の自然数Ｎが、「２のk-1」より大きく、「２k」以下の数であるとします。
（Ｎを２で割りつづけ、答えが初めて１以下となるまでの回数をｋ回とします。）
２k−Ｎ を求めます。
答えは、（ｋ＋ｍ）回となります。
例：Ｎ＝２７で考えます。
２4＝１６＜２７＜３２＝２5なので、
３２−２７＝５ です。
５＋２＝７ なので、２７は７回の操作で１となります。
上記の例で、１０１は、（２5からの）マイナスの数なので、＋１の操作１回につき２進数の１が１個消えるのだと思います。
完全な証明は難しそうなのであきらめてしまいました。
◆東京都 小室 英正さんからの解答。
※ 以下の解答で「ｎ→ｍ」は、ｎに対し操作を施したらｍになったことを意味します。
【問題１】
２７→２８→１４→７→８→４→２→１
【問題２】
Ｎが奇数のとき１を加え、Ｎが偶数のときに２で割ることから、この操作は奇数を偶数に、偶数を奇数あるいは偶数に変換する作業であるといえる。
つまり、
これを逆から考えると、
となる。 ・・・(♯)
これをふまえると、
【問題３】
＜ｎ＞により、要素の個数を示す。
上の【問題２】の例で言えば、
この表記を用いると、(♯)より
この610個の自然数はすべて異なるものである。
また、別の集合＜ｎ＞、＜ｍ＞において、同じ要素が含まれていることはない。
従って、１５回ではじめて１になる自然数の数は６１０個である。
【問題４】
与えられた自然数Ｎに対して、それを２進法表記したものを「Ｎ(2)」と表す。
すると、この操作は次のように言いかえることができる。
Ｎ(2)の末尾が１のとき、Ｎ(2)に１を加える
・・・(♯♯)
どんなＮ(2)に対しても、この操作(♯♯)を繰り返せば１になることを示す。
Ｎ(2)＝１のときこれは自明なので、Ｎ(2)は２桁以上の数であると仮定してよい。
(i) Ｎ(2)が２桁のとき
Ｎ(2)は、１０か１１のどちらかである。
となり、Ｎ(2)が2桁のときには、必ず１になる。
(ii) Ｎ(2)が3桁以上のとき
Ｎ(2)は次のうちのどれかになる。
(a)のとき、末尾の０を取ることで、１桁減らすことができる。
(b)のとき、１を加えることで、１桁増える。
(c)のとき、１を加えても１桁増えることはなく、さらに末尾が０になるので、その０を取り１桁減らすことができる。
従って(i)(ii)により、すべてのＮ(2)に対して１にすることができることが示された。
Ｎ(2)＝１のとき、Ｎ＝１なので、任意の自然数Ｎは何回かの操作の後に必ず１になる。
【おまけ】
まだ理由を示すことができていません。
(1) Ｎを２進法表示する。ｔ＝０とする。
例えば、Ｎ＝９のとき、実際の操作回数は、
９は２進法では、1001である。
◆埼玉県 斉藤 誠さんからの解答。
問４
任意の奇正数を
ｆ０＝Ｎ＝２Ｋ＋１
ｆ０＞ｆ２
Ｎが偶数の場合は、何回かの２で割る操作で小さくなる。
●１になるまでの回数について
任意の奇数を２進数で表す。
@桁数
これらを合計した数が１になるまでの回数になります。
例
@ 桁数 ７
合計 １１
これを数式に表すとすっきりしたものには成りそうもないのでここまでにしました。
◆京都府 みなみようへい さんからの解答。
【問題４】
自然数Ｎに題意の計算をｋ回行った結果を Ａ(ｋ) とする。
また、数列 {Ｂ(ｋ)} を以下のように定義する。
Ｂ(0)＝Ｎ
Ｂ(ｋ＋1)＝{Ｂ(ｋ)＋1}／2 …(1)
(1)⇔Ｂ(ｋ＋1)−1＝{Ｂ(ｋ)−1}／2
より、数列 {Ｂ(ｋ)−1} は
Ｂ(ｋ)−1＝(Ｎ−1)／2k⇔Ｂ(ｋ)＝1＋(Ｎ−1)／2k
このとき、明らかに任意のｋについて Ａ(ｋ)≦Ｂ(ｋ)であり、
ｋ→∞のとき (Ｎ−1)／2k→0
よって Ｂ(ｋ)→1 …(3)
(2),(3)から、はさみうちの定理より、全ての自然数Ｎについて
◆宮城県 アンパンマン さんからの解答。
【問題１】
7回
【問題２】
5,12,14,15,32
【問題３】
a(n)=n回の計算で、答えが１になる奇数の個数
b(n)=n回の計算で、答えが１になる偶数の個数
a(n+1)=b(n)
b(n+1)=a(n)+b(n)
b(n+1)=b(n)+b(n-1) with b(1)=1, b(2)=1
Fibonacci number with b(n)=(1/sqrt(5))((1+sqrt(5))/2)n-(1/sqrt(5))((1+sqrt(5))/2)n
合計個数＝a(n+1)+b(n+1)=b(n+2)
a(14)=144, b(14)=233
１５回の計算で、答えが１になる自然数の個数＝610
【問題４】
[1] 1 は自明。
[2] 1≦k≦2nで成立を仮定。
case a:
2n＜2m-1≦ 2n+1
1回計算すると必ず偶数2mとなり、２度計算すると m。
2n-1＜m-1/2＜m≦ 2n
仮定より、成立
case b:
2n＜2m≦2n+1
1回計算するとmとなる。
2n-1＜m≦2n
仮定より成立。
case a, b より、
仮定とあわせて、1≦k≦2n+1 で成立。
数学的帰納法により、すべての自然数について成立。
【おまけ】
Nを２進法で表示する。
N=1..10..0xxx1..10..0、
表記上で1の連続するかたまりわけ、その塊の数をnとする。
かたまりに含まれる1の個数を上位から、
同様に、0の連続するかたまりに含まれる0個数を上位から、
(ただし、最下位ビットが1の場合、b_1=0)。
求める回数は、
Σ(a_k), Σ(b_k) はそれぞれ、表記上の1の個数、0の個数であるので、これは、
[類似問題]
もしその数が奇数なら１を引く場合は、
2Σ(a_k) + Σ(b_k) - 2
つまり、
◆ 問題へもどる
◆ 今週の問題へ
よって A_(n+1)
２回目の結果は（８，３）、
１回目の結果は（１６，７，６）、
最初の数は（３２，１５，１４，１２，５）
ここで、任意の偶数を２ｋ、奇数を２ｎ−１と置く。
【ｋ,ｎは自然数】
同様に２ｎ−１の場合は、（４ｎ−２）
よって、１４回で１になる数は、
偶数が２３３（＝１４４＋ ８９）個、奇数が１４４個である。
偶数が３７７（＝２３３＋１４４）個、奇数が２３３個である。
２k＋２≦ｎ＋１≦２k+1の全ての偶数になる。
１≦ｎ／２≦２kの範囲に全て含まれるので、計算を繰り返すことによって、いずれ１になる。
ここで、最後の’ｂ’は2進数表記の意味をあらわすこととする。
数値のLSB（最下位ビット）は１である場合に１を加え、０である場合に２で割る。
２で割るとは1ビット右シフトすることである。
よって、作業行程は以下の通り。
初期値 11011b(+1) 1st 11100b(/2) 2nd 1110b(/2) 3rd 111b(+1) 4th 1000b(/2) 5th 100b(/2) 6th 10b(/2) 7th 1b(final)
Aは１を加算し、Dは２で除算することを表す。
一般的にFとすると、
また、ここで逆演算子Gを仮定する。
つまり、GはS或いはMであり、SとMはそれぞれ１を減算し、２を乗算することをあらわす。すると、
１を加算して１になる数（自然数）はないから。
１を加算して２になる数（自然数）は１以外にないから。
Aを作用したあとは必ず偶数であるから。
F5,F4,F3,F2,F1（組み合わせ表１）
---------------------------
{D,D,D,D,D}
{D,D,A,D,D}
{D,D,D,A,D}
{D,D,D,D,A}
{D,D,A,D,A}
以上の5個。実際の数は、逆演算子式[2]を作用させて、
１を加算して１になる数（自然数）はないから。
１を加算して２になる数（自然数）は１以外にないから。
Aを作用したあとは必ず偶数であるから。
F-NとF-(N-1)以外の組み合わせのうち、３番目の条件から、隣り合う演算子を任意にえらぶと
{A,D}か{D,A}である。
（N-1)回目とN回目の演算士は、1番目と２番目の条件よりDである。
ここで、演算子が作用する結果得られる数値をm2、作用させる数値をm1とおくと、
さらにわかりやすく言い換えれば、
m1が偶数のときに m2 = m1/2 + 1 となる。
= 1 - m2(m1が奇数）
= 2 - m2(m1が偶数） である。
したがって、diは3以上の自然数でつねに負である。
これは、隣り合う任意の２つの演算士を自然数m1に作用させても得られる結果m2はm1よりも小さいことをあらわす。
自然数Nを2進数表記して、
（ただしｊは０から無限大の整数、b（ｊ）は2進数表記の係数）
つまり、｛...,b(5),b(4),b(3),b(2),b(1),b(0)}である。
この数値をたとえばｋビットの数値とすると、
..... [3]
たとえば十進数表記で27は、二進数表記で11011bである。
これを補数表記すれば、
= 100000b - 101b ...... [4]
式[4]をよく見れば、１を加算して消される項は２項目であり、２で除算して1項目の０が消される。
したがって、上の例では、加算が２回、除算が５回の計７回の演算が必要である。
なお、問題１，２，３の検算にはプログラム（C言語）を用いました。#define N 15
main()
{
int i, j, k, m;
k = 1;
for(j = 1; j <= N; j++) {
k *= 2;
}
for(i = 1; i <= k; i++) {
m = i;
for(j = 1; j <= N; j++) {
if (m%2 == 1) m += 1;
else m /= 2;
if (m == 1) {
if (j != N) break;
else printf("i:%d\n", i);
}
}
}
}
２n-1＜Ｎ≦２nとなる 自然数 ｎ を設定します。
（ ｎは、 (ｌｏｇＮ／ｌｏｇ２)≦ｎ＜１＋(ｌｏｇＮ／ｌｏｇ２)を満たす自然数として求められます。） Ｎ＝２n−｛Ａ0×２0＋Ａ1×２1＋Ａ2×２2−−−＋Ａnｰ2×２n-2｝
と書けます。
ここで、Ａ0、Ａ1、−−−Ａnｰ2は、０または１のいずれか数値をとるものとする。
２0の係数＝Ａ0 が１の場合は、全体に１を加えて、２で割るという操作です。
こうして、２で割ればAの式の各項の、指数が一つ減ります。
Ａ0−−−Ａnｰ1の中で、１の値をとる項の数であり、
Ａ0＋Ａ1＋−−− ＋Ａnｰ1の合計といえます。
Ａnｰ1、−−−、Ａ1、Ａ0は、Ｂを二進法で表した時の、各桁の数値です。
２で割る回数は ｎ回、１を加える回数は ｍ回。
つぎに、２の前の段階の数は、１、４ですが、ここで、１では、条件に反するので、４のみということになります。
さらに、その前の段階の数は、３、８のどちらかということになります。
さらに２段階、３からは、６、８からは、７、または１６
以上３つ。
６からは、５、または、１２、
７からは１４、
１６からは、１５、または３２。
５、１２、１４、１５、３２の５個ということになります。
すると、以下のように表せます。
Ｂ（Ｎ＋１）＝Ａ（Ｎ）
Ａ（５）＝３，Ｂ（５）＝２
Ａ（６）＝５，Ｂ（６）＝３
Ａ（７）＝８，Ｂ（７）＝５
Ａ（８）＝１３，Ｂ（８）＝８
Ａ（９）＝２１，Ｂ（９）＝１３
Ａ（１０）＝３４，Ｂ（１０）＝２１
Ａ（１１）＝５５，Ｂ（１１）＝３４
Ａ（１２）＝８９，Ｂ（１２）＝５５
Ａ（１３）＝１４４，Ｂ（１３）＝８９
Ａ（１４）＝２３３，Ｂ（１４）＝１４４
Ａ（１５）＝３７７，Ｂ（１５）＝２３３
ただし、奇数の場合は「−１」ができない。
また、２−１は１となるので除外。
２×２×２×２−１＝１５
（２×２×２−１）×２＝１４
（２×２−１）×２×２＝１２
（２×２−１）×２−１＝５
（偶数３７７個、奇数２３３個）
あと２回の操作で偶数は、
偶数×２×２
偶数×２−１
（偶数−１）×２ の３通り、奇数は、
奇数×２×２
奇数×２−１ の２通りが可能。
奇数は、１４４＋８９＝２３３個
Ｎに対しては、「÷２」または「＋１」の操作が行われる。
また、「＋１」の直後は必ず「÷２」の操作が行われる。
任意の自然数に対して「÷２」の操作を行うと、必ず小さな数になる。
また、「÷２」の操作は偶数に対してのみ行われるので、操作後も自然数になる。
任意の奇数 ２ｎ＋１（ｎ＝０，１，２，．．．）に対して「＋１」の後「÷２」を行うと、
（２ｎ＋１＋１）÷２＝ｎ＋１ となる。
これが元の数２ｎ＋１よりも大きくなることはなく、ｎ＝０の場合のみ同じとなる。
１以外の自然数は、その後の操作で必ず小さな自然数になり、結果が１となって始めて収束する。
２進数が入るので、中学生向きではない回答ですが、ご了承ください。
その数を２進数で表してから、１の数を数えます。
それをｍ個とします。
ｋ＝５ です。
５を２進数で表すと、１０１ となり、１の個数は２個です。
また、「ｍ←ｎ」は、ｍの１つ手前の状態はｎだったことを意味します。
より７回
奇数 → 偶数
偶数 → 奇数 or 偶数 ということである。
奇数 ← 偶数（２倍する）
偶数 ← 奇数（１を引く） or 偶数（２倍する）
１ ← ２ ←┬ １（これは不適）
└ ４ ←┬ ３ ←─ ６ ←┬ ５
│ └ １２
└ ８ ←┬ ７ ←─ １４
└ １６ ←┬ １５
└ ３２
となり、５回の操作ではじめて１になる自然数は
５、１２、１４、１５、３２の５つ。１←＜１＞←＜１＞←＜２＞←＜３＞←＜５＞←・・・
ということである。
13回目 14回目 15回目
１ ← ・・・ ←┬ ＜奇８９＞ ←─ ＜偶８９＞ ←┬ ＜奇８９＞
│ └ ＜偶８９＞
└ ＜偶１４４＞ ←┬ ＜奇１４４＞ ←─ ＜偶１４４＞
└ ＜偶１４４＞ ←┬ ＜奇１４４＞
└ ＜偶１４４＞
となり、15回で１になる自然数は
89×２＋144×３ ＝ 610個 ある。
なぜなら、13回ではじめて１になる233個の自然数はすべて異なっているので、１４回目以降、１つの＜ｎ＞で表された集合の中には、同じ数は含まれていない。
同じ要素が含まれているならば、その自然数が２通り以上の方法によって１になることになり、矛盾する。
Ｎ(2)の末尾が０のとき、Ｎ(2)の末尾の０を取る
そのどちらに対しても、
１０ → １
１１ → １００ → １０ → １
(a) 末尾が０
(b) すべての位が１
(c) それ以外
しかし、必ず末尾に０が２つ以上続くので、もとの数から比べれば、１桁減らすことができる。
よって、Ｎ(2)は３操作以内に１桁減らすことができる。
これは、この操作(♯♯)を繰り返すことで、２桁にできることを示している。
あくまで予想です。
プログラムで実験したところ結果が一致するので、予想はあっていると思うのですが・・・。
(2) 末尾に連続する０の数を調べ、その値をｔに加算する。その後、その０をすべて消す。
(3) (2)の結果、「１」になれば、(7)へ。
(4) (2)の結果、「11・・・11」になれば、１の個数を調べ、それに１を加えた値をｔに加算する。そして、(7)へ。
(5) 桁数を数え、それをｔに加算する。
(6) ０の数を調べ、それに１を加えた値をｔに加算する。
(7) こうして求めたｔがはじめて１になるのに必要とする操作の回数である。
９ → １０ → ５ → ６ → ３ → ４ → ２ → １
で、７回である。
これに対して、(2)〜(4)はｔ＝０のままである。
(5)でｔ＝４、(6)でｔ＝４＋(２＋１)＝７ となり、結果が一致する。
Ｎ＝２Ｋ＋１（ｋ＝自然数）とすると
ｆ１＝Ｎ＋１＝２ｋ＋２
ｆ２＝Ｎ÷２＝Ｋ＋１で
となり、２回の操作ではじめの数より必ず小さくなる。
よって最終的にもっとも小さな正数１に行き着く。
A１の数（ただし１が連続する場合はひと塊で１個とする）
B０が連続する場合は連続する０の数−１
偶数の場合は、右側の０の数を取って数え、最後にこの数を加算。
元の数 １０００１１１
１ １００１０００
２ １００１００
３ １００１０
４ １００１
５ １０１０
６ １０１
７ １１０
８ １１
９ １００
１０ １０
１１ １
元の数 １０００１１１
A １個または連続する１の塊数 ２
B 連続する０の数−１ ２
ただ、おもしろいですね。
ただしＡ(0)＝Ｎ である。
初項 (Ｎ−1)、公比 1／2 の等比数列だから、
Ａ(ｋ)は自然数だから 1≦Ａ(ｋ)≦Ｂ(ｋ) …(2)
ｋ→∞のとき Ａ(ｋ)→1 が成り立つ。
(証明おわり)
( n回の時の偶数から１をひく)
( n回の時の偶数か奇数に２をかける）
a(15)=233, b(15)=377
n≧0
2n＜k≦2n+1 でも成立、
a_n, a_(n-1), ... a_1
b_n, b_(n-1), ... b_1 とおくb_1 + a_1 + 1 + (b_2 - 1)*2 + a_2 + 2 + (b_3 - 1)*2 + a_3 + 2 +・・(b_n - 1)*2 + a_n + 2
=a_1 + a_2 + ... + a_n +2* (b_1 + b_2 + ... + b_n) - b_1 + 1
= Σ(a_k) + 2*Σ(b_k) - b_1 + 1
(ただし、Σは1〜nの和)である。
(2進法で表示した時の1の個数) + 2*(2進法で表示した時の0の個数) - (2進法で表示したときの最下位の0の個数) + 1
である。
2*(2進法で表示した時の1の個数) + (2進法で表示した時の0の個数) - 2
数学の部屋へもどる。