原题链接
大力猜结论竟然猜对了。。
对于一对(k,w)，我们可以把(w)位划分成(k)位一段的形式，每一段就是转换成十进制后的一位，这个从题面的解释中应该可以理解。
先不考虑可能多出（即剩余不足以划成(k)位）的一段，这样使得每一位的枚举上界都是(2 ^ k - 1)，然后我们枚举几位数。
- (2)位数
十位为(1)，显然个位只能为(2sim 2 ^ k - 1)，共(2 ^ k - 2)种。
十位为(2)，显然个位只能为(3sim 2 ^ k - 2)，共(2 ^ k - 3)种。
(dots)
这么递推下去，在(2)位数的情况下，共(sum limits _{i = 1} ^ {2 ^ k - 2}i)种。 - (3)位数
百位为(1)，显然十位只能为(2sim 2 ^ k - 2)，这时我们考虑去取之前计算(2)位数得到的结果，因为十位从(2)开始，所以共(sum limits _{i = 1} ^ {2 ^ k - 3}i)种。
百位为(2)，显然十位只能为(3sim 2 ^ k - 2)，共(sum limits _{i = 1} ^ {2 ^ k - 4}i)种。
(dots)
递推下去，在(3)位数的情况下，共(sum limits _{i = 1} ^ {2 ^ k - 3} sum limits _{j = 1} ^ i j)种。 - (4)位数
同样如上考虑，共(sum limits _{i = 1} ^ {2 ^ k - 4} sum limits _{j = 1} ^ i sum limits _{k = 1} ^ {j} k)种。
(dots)
而这个一堆(sum)的式子其实就相当于每次进行前缀和操作，于是我们就可以依照上面的模式递推下去了。
初始化(i = 1 o 2 ^ k - 1,S[i] = i)。
枚举位数，再枚举首位（注意上界，要保证后面每一位都能填数），累计贡献，然后对(S)数组进行前缀和操作即可。
然后考虑不能划分成(k)位的那一段，其实只需单独拎出来进行单独枚举计算贡献即可（其实只是改个上界而已）。
因为数据较大，所以要用高精。
我的高精是直接(copy)我的高精模板（太懒了
部分细节可看代码。
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 210;
const int M = 520;
const int base = 1e8;
struct bigint {//高精模板
int s[N], l;
void CL(){ l = 0; memset(s, 0, sizeof(s)); }
void pr()
{
printf("%d", s[l]);
for (int i = l - 1; i; i--)
printf("%08d", s[i]);
}
ll toint()
{
ll x = 0;
for (int i = l; i; i--)
x = x * base + s[i];
return x;
}
bigint operator = (int b)
{
CL();
do
{
s[++l] = b % base;
b /= base;
} while (b > 0);
return *this;
}
bigint operator + (const ll &b)
{
bigint c = *this;
ll x = b;
for (int i = 1; i <= l && x; i++)
{
x = x + c.s[i];
c.s[i] = x % base;
x /= base;
}
if (x)
c.s[++c.l] = x;
return c;
}
bigint operator + (bigint &b)
{
if (b.l < 3)
return *this + b.toint();
bigint c;
ll x = 0;
int k = l < b.l ? b.l : l;
c.CL();
c.l = k;
for (int i = 1; i <= k; i++)
{
x = x + s[i] + b.s[i];
c.s[i] = x % base;
x /= base;
}
if (x)
c.s[++c.l] = x;
return c;
}
};//以上都是高精模板
bigint s, S[M];
inline int re()
{
int x = 0;
char c = getchar();
bool p = 0;
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
p |= c == '-';
for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())
x = x * 10 + c - '0';
return p ? -x : x;
}
int main()
{
int i, j, k, w, n, o;
k = re();
w = re();
o = 1 << k;
n = w / k + (w % k ? 1 : 0);//划分段数
w = w % k ? (1 << (w % k)) - 1 : o - n;//计算多出一段的上界，如果没有多出，那上界就是2 ^ k - n，因为要保证后面每一位都能填数。
if (n > o - 1)//若划分出来的段数多于2 ^ k - 1段，这多余的就是没有用的
{
n = o - 1;
w = o - n;
}
for (i = 1; i < o; i++)//初始化
S[i] = i;
for (s = 0, i = 2; i <= n; i++)//枚举位数
{
if (i < n)
for (j = 1; j <= o - i; j++)//枚举首位填什么数，上界为2 ^ k - i
s = s + S[o - i - j + 1];//后一位能填j + 1 ~ (2 ^ k - 1) - (i - 1)，共2 ^ k - i - j + 1种
else//特判最后一段，改上界
for (j = 1; j <= w; j++)
s = s + S[o - i - j + 1];
for (j = 1; j <= o - i; j++)//计算前缀和
S[j] = S[j] + S[j - 1];
}
s.pr();
return 0;
}