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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2k 进制数r。
例：设k=3，w=7。则r是个八进制数（2^3=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。

输入
只有1行，为两个正整数，用一个空格隔开：
k w

输出
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）

样例输入
3 7
样例输出
36

思路： 动态规划 与 K好数 差不多 再加上 对 大数相加 的办法 因为数字极大
//按题目要求 就是 r限定在2进制位



#include<stdio.h>
#include<string.h>
int main()
{ 
  long int k,w,i,j,m,t=0,le,lemax=0,add;unsigned long long int dp[3000][10];//dp[i][j] 代表以第i位位高位是j时的可行方案 
  unsigned long long int sum=0;int ans[202];//储存答案 
  memset(dp,0,sizeof(dp));
  scanf("%ld%ld",&k,&w);
    t=w%k；// 获取特殊位 数值 
    w=w/k;//确定 可以按2^k 进制数完整的分组 有几组 即 除了最高位余下还有几位 2^3 7 2进制中 
	              //7分成 1 3 3 有两组完整 
   
   k=(1<<k)-1;//确定进制数 k 为最大该进制数 8进制 最大进制数为 7； 
   t=(1<<t)-1;// 特殊组 的可取范围 7 分 1 3 3 特殊的是 1为2进制 最高位只能 取 1 如果是 2^3 8 的
              // 话分 2 3 3 特殊 2的2进制位 则最高为可为 1 2 3 非特殊高位为 则可为 1 2 3 4 5 6 7 
   for(i=1;i<=k;i++)//初始化 
    dp[w+1][i]=1;//以1~k 位最低位可取记 1 为 基础值 
   for(i=w;i>1;i--)//从 低位向高位处理 
    for(j=k-(w+1-i);j>=1;j--) //高位为 j 
      { for(m=j;m<k;m++)// 相邻位可行 数 
         dp[i][j]+=dp[i+1][m+1];
         sum+=dp[i][j];
         if(sum>10000000)
         {  le=0;add=0;
		    while(sum)//大数 数据处理 
            {  ans[le++]+=sum%10+add;
              add=ans[le-1]/10;
              sum/=10;
               if(lemax<le)lemax=le;
            }
         }
      }
      
      for(j=1;j<=t;j++)//特殊位处理 
      { for(m=j;m<k;m++)
         dp[1][j]+=dp[2][m+1];
          sum+=dp[1][j];
           if(sum>10000000)//大数 数据处理 
         {  le=0;add=0;
		    while(sum)
            {  ans[le++]+=sum%10+add;
              add=ans[le-1]/10;
              sum/=10;
               if(lemax<le)lemax=le;
            }
         }
	  }
           le=0;add=0;
		    while(sum)
            {  ans[le++]+=sum%10+add;
              add=ans[le-1]/10;
              sum/=10;
               if(lemax<le)lemax=le;
            }
            
           for(i=lemax-1;i>=0;i--)
		    printf("%d",ans[i]); 
return 0;
}