Description
设r是个 2^k 进制数，并满足以下条件：
（1）r至少是个2位的 2^k 进制数。
（2）作为2^k 进制数，除最后一位外，r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。
（3）将r转换为2进制数q后，则q的总位数不超过w。
在这里，正整数k（1≤k≤9）和w（k < W < ≤30000）是事先给定的。
问：满足上述条件的不同的r共有多少个？
我们再从另一角度作些解释：设S是长度为w 的01字符串（即字符串S由w个“0”或“1”组成），S对应于上述条件（3）中的q。将S从右起划分为若干个长度为k 的段，每段对应一位2k进制的数，如果S至少可分成2段，则S所对应的二进制数又可以转换为上述的2^k 进制数r。
例：设k=3，w=7。则r是个八进制数（23=8）。由于w=7，长度为7的01字符串按3位一段分，可分为3段（即1，3，3，左边第一段只有一个二进制位），则满足条件的八进制数有：
2位数：高位为1：6个（即12，13，14，15，16，17），高位为2：5个，…，高位为6：1个（即67）。共6+5+…+1=21个。
3位数：高位只能是1，第2位为2：5个（即123，124，125，126，127），第2位为3：4个，…，第2位为6：1个（即167）。共5+4+…+1=15个。
所以，满足要求的r共有36个。
Input Format
输入文件digital.in只有1行，为两个正整数，用一个空格隔开： k W
Output Format
输出文件digital.out为1行，是一个正整数，为所求的计算结果，即满足条件的不同的r的个数（用十进制数表示），要求最高位不得为0，各数字之间不得插入数字以外的其他字符（例如空格、换行符、逗号等）。
（提示：作为结果的正整数可能很大，但不会超过200位）
【输出样例】
Sample Input
3 7
Sample Output
36
【题目大意】求转为2进制后位数不超过w且低位数值大于高位数值的2^k进制数有几个
【题解】动态规划+高精度
由于一位2^k进制数转为2进制之后会有<=k所以由w和k可以知道要求的这个数一共有m/k位（m%k=0）或m/k+1位（m%k！=0）
且低位严格大于高位，可以比较容易想到阶段和状态应该跟第几位以及这一位上的数值有关
先设计f[i][j]表示第i位上数值为j时的情况有几种 f[i][j]+=f[i-1][k](k=（j+1）——n）
由于每次f[i]只和f[i-1]有关可以用滚动数组处理
由于答案较大用高精度处理
详见代码
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <ctime>
#include <cmath>
using namespace std;
int i,j,k,ll,m,n,w,l;
struct info
{
int num[205],cnt;
}f[1025],a[1025],ans;
info operator +(info A,info B)
{
int i,j;
for (j=B.cnt,i=1;i<=j;i++) A.num[i]+=B.num[i];
for (j=max(A.cnt,B.cnt),i=1;i<=j;i++) A.num[i+1]+=A.num[i]/10,A.num[i]%=10;
for (;A.num[j+1]!=0;j++,A.num[j+1]=A.num[j]/10,A.num[j]%=10);A.cnt=j;
return A;
}
info operator -(info A,info B)
{
int i,j;
for (j=min(A.cnt,B.cnt),i=1;i<=j;i++) A.num[i]-=B.num[i];
for (j=max(A.cnt,B.cnt),i=1;i<=j;i++) if (A.num[i]<0) A.num[i]+=10,A.num[i+1]--;
for (;A.num[j]==0;j--);A.cnt=j;
return A;
}
info operator +(info A,int b)
{
int i,j;
A.num[1]+=b;
for (j=A.cnt,i=1;i<=j;i++) A.num[i+1]+=A.num[i]/10,A.num[i]%=10;
for (;A.num[j+1]!=0;j++,A.num[j+1]=A.num[j]/10,A.num[j]%=10);A.cnt=j;
return A;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&k,&w);
m=(w%k);n=w/k;
for (i=l=1;i<=k;i++) l*=2;l--;
for (i=1;i<=l;i++) f[i]=f[i-1]+1;
for (i=2;i<=n;i++)
{
for (j=1;j<=l;j++) {a[j].cnt=0;}//memset(a[j].num,0,sizeof(a[j].num));}
for (j=1;j<=l-i+1;j++) a[j]=f[l]-f[j];
for (j=1;j<=l;j++) {ans=ans+a[j];f[j]=f[j-1]+a[j];}
}
for (i=ll=1;i<=m;i++) ll*=2;ll--;
for (i=1;i<=ll;i++) ans=ans+f[l]-f[i];
for (i=ans.cnt;i;i--) printf("%d",ans.num[i]);
}