Проверка принадлежности q посл.-ти A329369

[kthxbye]

Пусть $s(n,k)$ это число Стирлинга первого рода (со знакочередованием) и ${n\brace k}$ это число Стирлинга второго рода.

Пусть также

$$\ell(n) = \left\lfloor\log_2 n\right\rfloor, \ell(0)=-1$$

Дана последовательность $a(n)$ (A329369). Основная формула это

$$a(2^m(2k+1)) = \sum\limits_{i=0}^{m}\binom{m+1}{i}a(2^i k), a(0) = 1$$

Еще есть вот такая (гипотетически верная) формула

$$a(2^m(2^n(2k+1)-1) + (2^t - 1)2^{\ell(2^m(2^n(2k+1)-1))+1}) = \sum\limits_{i=1}^{m+1}a(2^i k)(-1)^{m-i+1}\sum\limits_{j=i}^{m+1}j^{n+t[k=0]}s(j, i){m+1 \brace j}$$

где все также $a(0)=1$ (вынес сюда, иначе не влезает).

Меня интересует достаточно ли (одной из) этих формул для составления алгоритма проверки принадлежности некоторого выбранного числа $q$ последовательности $a(n)$. Допускается вариант, в котором $m$ заранее известно (ну или просто мы проверяем для выбранного $m$).

Это моя любимая последовательность (которую я сам же и добавил в OEIS) и мне очень хотелось бы получить для нее вышеупомянутый алгоритм.

[kthxbye]

Поправочка: во второй формуле под суммой должно быть

$$a(2^i k + (2^t - 1)2^{\ell(2^i k)+1})$$

Я думаю, что можно начать с $t=0$ и попробовать развернуть рекурсию в замкнутую форму. Для этого у нас должно быть $k=0$ всегда. Как этого добиться? Присвоим $2k+1=2^{n_1}(2k_1+1)-1$, тогда $k=2^{n_1-1}(2k_1+1)-1$. Потом подставляем это в $a(2^i k)$, получим $a(2^i(2^{n_1-1}(2k_1+1)-1$))$. Для такой конструкции у нас уже есть формула. Ну и дальше надо разворачивать ее аналогично до тех пор, пока не получим $k=0$.

Это только догадка, численно я пока еще ничего не проверял. Плюс надо разобраться как применить это к основному вопросу.