Обратные перестановки блоков ведущие к A340251

[kthxbye]

Пусть $a(n)$ - это A340251, индекс бита который был инвертирован в A340250$(n)$ для получения A340250$(n+1)$.

Также пусть

$$\ell(n)=\left\lfloor\log_{2}(n)\right\rfloor$$

и

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

Здесь $T(n,k)$ - это $(k+1)$-й справа бит в двоичном представлении $n$.

Введем трансформацию для $A$, такую, что мы начинаем с $A=n$ и далее присваиваем $A=A+2^{i}T(A,\ell(n)-i)$ для $i=[0,\ell(n)-1]$. Вот простейшая программка на PARI для этого:

b(n)=my(A=n); for(i=0, logint(n, 2)-1, A+=2^i*bittest(A, logint(n, 2)-i)); A

Тогда последовательность, возвращающая результат трансформации - это $b(n)$.

Пусть

$$c(n)=\frac{b(2n)-2n+1}{2}$$

Гипотеза: если разбить последовательность $c(n)$ на блоки с длинами $1,1,2,4,\cdots,2^{m}$, то каждый блок содержит числа от $1$ до $2^{m}$.

Если для каждого такого блока взять обратную перестановку и совместить все блоки опять в последовательность, то мы получим $d(n)$.

Гипотеза: $\ell(d(n+2))=a(n)$.

Проверить можно так:

b(n)=my(A=n); for(i=0, logint(n, 2)-1, A+=2^i*bittest(A, logint(n, 2)-i)); A
c(n)=(b(2*n) - 2*n + 1)/2
for(i=0, 8, z=2^i+1; for(j=1, 2^i, while(!(c(z)==j), z++); print1(logint(z-2^i, 2), ", "); z=2^i+1); );

Или вот так:

b(n)=my(A=n); for(i=0, logint(n, 2)-1, A+=2^i*bittest(A, logint(n, 2)-i)); A
c(n)=(b(2*n) - 2*n + 1)/2
n=9
v=vector(2^n,i,0)
for(i=0, n-1, for(j=1, 2^i, v[2^i+c(2^i+j)]=logint(j, 2)))
print(v)

Можно ли как-нибудь доказать эти гипотезы (или хотя бы одну из них)?

[kthxbye]

Гипотеза: пусть $e(n)$ - это числа $k$, такие, что $c(k)=2^{\ell(k)-1}$. Тогда $e(n)-2^n$ - это A288828 (за исключением единицы).