Раз эта задача сложная, давайте сделаем себе задачу попроще

:
Дано число

и множество отображений

. Надо композицией

получить произвольное число.
Первые 2 отображения мы объединяем в

, его итерация

. И мы попытаемся получить все натуральные числа как

.

- это просто число

в двоичной системе счисления, у которого стерли справа

битов. При
![$k=[\log_2(x)]$ $k=[\log_2(x)]$](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/6/0/f/60fe4f6bac4c6501b5a11733c6eb7c3d82.png)
имеем

. Немного не доведем итерации

до конца:
![$k:=[\log_2(x)]-r, r\geqslant 0$ $k:=[\log_2(x)]-r, r\geqslant 0$](https://dxdy-01.korotkov.co.uk/f/0/9/e/09e9fc8099688e25e56e74e65b1258e082.png)
, тогда
![$\lfloor\frac{x}{2^k}\rfloor=[2^r\cdot 2^{\{\log_2x\}}] \in [2^r; 2^{r+1})$ $\lfloor\frac{x}{2^k}\rfloor=[2^r\cdot 2^{\{\log_2x\}}] \in [2^r; 2^{r+1})$](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/a/1/3/a1348cf94024725f51347856395e15b482.png)
. Если это выражение пробегает весь

, то задача решена.
Заметим, что если

(пока не

), то
![$[2^r\cdot 2^{\{\log_2x\}}]=[2^r\cdot 2^{\{m\log_23\}}]$ $[2^r\cdot 2^{\{\log_2x\}}]=[2^r\cdot 2^{\{m\log_23\}}]$](https://dxdy-04.korotkov.co.uk/f/3/0/2/30222269acdef898d0308819ba51153182.png)
, а поскольку

- обычное иррациональное число, то

плотно заполняет
![$[0;1]$ $[0;1]$](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/2/1/a/21ad730ee7df0b97abd700cb0f8426e682.png)
, т.е. если бы мы умели получать все числа

, то задача была бы решена.
Если же

, то первые

бит числа равны
![$[2^r\cdot 2^{\{2^m\log_23\}}]$ $[2^r\cdot 2^{\{2^m\log_23\}}]$](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/5/b/a/5ba1c882c10666e43bc06b0d6da7ff9f82.png)
. Вроде как

р.р.

.
не рационально. Возможно, это будет полезно здесь (если как-то ещё модифицировать множество операций). Но одним введением деления на три всё равно не обойдётся...