Доказательство рекуррентной формулы

[kthxbye]

Пусть $a_0(n)$ (284005) - число открытых туров (Гамильтоновых путей) субъективной ладьей на специфической доске $f(n)\times 1$, где $f(n)=\left\lfloor\log_2 2n\right\rfloor + 1$, $f(0)=1$ (A070941) - длина двоичной записи $2n$, где клетки окрашиваются в соответствии с двоичной записью $2n$. Клетка окрашивается в белый цвет если двоичная цифра это $0$ и в черный если это $1$. Субъективная ладья, стоящая на белой клетке двигается только влево, а стоящая на черной - в любом направлении.

Пусть $s_2(n)$ (A000120) - бинарный вес $n$, т.е. число $1$ в двоичной записи $n$, тогда

$$s_2(n)=s_2(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor)+n\bmod2, s_2(0)=0$$

$$a_0(n)=(1+s_2(n))\cdot a(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor), a_0(0)=1$$

Пусть $a_1(n)$ - число открытых туров (Гамильтоновых путей) субъективной ладьей на специфической доске $f(n)\times 1$, оканчивающихся только на черных клетках, а $g(n)=n-2^{\left\lfloor\log_2 n\right\rfloor}$ (A053645), тогда

$$g(n)=2g(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor)+n\bmod2, g(1)=0$$

$$a_1(n)=a_0(2g(n)), a_1(0)=0$$

Пусть $a_2(n)$ (A338369) - число открытых туров (Гамильтоновых путей) субъективной ладьей на специфической доске $f(n)\times 1$, оканчивающихся только на белых клетках, тогда

$$a_2(n)=a_0(n)-a_0(2g(n)), a_2(0)=1$$

Можно ли исходя из этой формулы доказать рекуррентную формулу ниже?

$$a_2(2n)=a_2(n)+a_2(2n-2^{h(n)})+t(n), a_2(0)=1$$

где $h(n)$ (A007814) - максимальная степень $2$-ки на которую делится $n$,

$$h(n)=(1-n\bmod2)\cdot (1+h(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor)), h(1)=0$$

а $t(n)$ (A209229) - характеристическая функция степеней $2$-ки,

$$t(n)=[n=2^k]$$

Можно ли исходя из той же формулы вывести рекуррентную формулу для $a_2(2n+1)$?

[kthxbye]

Возможно где-нибудь пригодится представление

$$a_0(n)=2a_0(g(n))+\sum\limits_{k=0}^{\left\lfloor\log_2 n\right\rfloor-1}a_0(g(n)+2^k\cdot(1-T(n,k)))$$

где $T(n,k)$ (A030308) - $(k+1)$-ая справа цифра в двоичной записи $n$,

$$T(n,k)=\left\lfloor\frac{n}{2^k}\right\rfloor\bmod 2$$

[kthxbye]

Опытным путем (как и все остальное) удалось получить

$$a_2(2n+1)=a_2(n)(2+s_2(n))-a_0(g(n)), a_2(1)=1$$

Доказательство - большой вопрос.

[kthxbye]

Дополнительно ко всему

$$a_2(2n)=(1+s_2(n))a_2(n)+a_0(2g(n))=s_2(n)a_2(n)+a_0(n), a_2(0)=1$$