大致题意： 有(0sim n)共(n+1)个点，规定当((u&v)=v)时存在一条从(u)到(v)的有向边（存在自环）。询问有多少条包含(k)个节点（同一节点多次经过算多次）的路径权值和为(n)。
二进制分解
考虑((u&v)=v)的实际意义，就是(v)中的每个(1)都出现在(u)中。（如果把(u,v)看作集合，就是(vsubseteq u)）
因此，如果我们把路径上的点二进制分解，那么对于二进制下的每一位，这一位上的(1)肯定是刚开始的连续一段。
假设二进制下第(i)位有(j)个(1)，则只有恰好一种对应的方案（即最开始的(j)个数二进制下第(i)位为(1)，之后的数二进制下第(i)位都为(0)）。
多重背包
由于二进制下的每一位相互独立，我们可以把它们分别看作一个物品，其中第(i)个物品体积为(2^i)，各有(k)个。
然后现在我们要把这些物品装入一个容积为(n)的背包，求恰好装满的方案数。
这显然是一个多重背包计数问题。
考虑最朴素的暴力多重背包，由于物品数是(O(logn))的，总复杂度为(O(nklogn))。
完全背包
对于每一个物品，我们假定它可以无限选，那么这就变成了一个完全背包问题。
但真的无限选显然是不可能的，因此，我们要减去选择了超过(k)个该物品的方案数。
即，在做完完全背包之后，从大到小枚举每一个(j)，令(f_{i,j})减去(f_{i,j-(k+1) imes2^i})。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define LN 20
#define X 1000000009
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n,k;
namespace BF//暴力多重背包计数
{
#define BN 1000
int f[LN+5][BN+5];
I void Solve()
{
RI i,j,p;for(f[LN+1][0]=1,i=LN;~i;--i) for(j=0;j<=k&&(j<<i)<=n;++j)
for(p=0;p+(j<<i)<=n;++p) Inc(f[i][p+(j<<i)],f[i+1][p]);
printf("%d
",f[0][n]);
}
}
namespace DP//多重背包计数转完全背包
{
int f[LN+5][N+5];
I void Solve()
{
RI i,j,p;for(f[LN+1][0]=1,i=LN;~i;--i)//枚举物品
{
for(j=0,p=1<<i;j<=n;++j) Inc(f[i][j],f[i+1][j]),j+p<=n&&Inc(f[i][j+p],f[i][j]);//完全背包
for(j=n;j>=1LL*(k+1)*p;--j) Inc(f[i][j],X-f[i][j-(k+1)*p]);//减去不合法情况
}printf("%d
",f[0][n]);//输出答案
}
}
int main()
{
return scanf("%d%d",&k,&n),DP::Solve(),0;
}