题目描述
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2^k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（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
分析：
这是一个组合数学问题，
注意这句话：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。
其实这是在暗示组合数，
显然r中的不会有相同的位，如果每一位都不同，显然只有严格递增的排列是合法的，这便是组合，
将 r 转化成这种形式（设k为3） 000 000 000 000
显然除首位外每一位的取值范围为 000 to 111(2^k-1)
在首位为0的情况下，最多可取 w/k 位，且题目要求大于2位，
则在首位为0的合法解有 ∑ C(2^k-1,i)(2<=i<=w/k) ，
Ps. 如果 w 模 k 等于 0 仅考虑上述情况即可。
考虑首位不为0的情况，显然首位不为0的话，r 就有 w/k+1 位，
除首位外还有w/k位，可以枚举首位的取值范围为 1 to 2^(w mod k)-1
设首位取值为 val，则剩下 w/k 位 取值范围为 val+1 to 2^k-1，也就是有 2^k-1-val 个数可取，所以首位不为0的合法解有 ∑ C(2^k-1-val,w/k)(1<=val<=2^(w mod k)-1)
所以上述两者相加便是正解（需要高精运算）
对于高精运算的处理，我看到了一个比较巧妙的方法避开了复杂的数组运算，就是把上面那些组合数的运算
都转换成了 C(2^k-1,i) -----> C(2^k-i,i) 然后写C函数的时候不是计算C(2^k-1,i)，而是计算C(2^k-i+i-1,i)。 巧妙之处就在这里，这样可以有效的避免有溢出吧。
注意事项:
1、本题的关键就是看懂题目，知道这是个排列组合问题。
2、在排列组合的计算时，用了一个巧妙的方法，希望能看懂。
代码：
#include <iostream>
#include <cmath>
#include<stdio.h>
using namespace std;
long C(int n,int m) //公式为C(n+m-1)(m)[重点] 希望结合上面说的看懂
{
int i;
long sum=1;
for (i=1;i<=m;i++)
sum*=(n+m-i);
for (i=1;i<=m;i++)
sum=sum/i;
return sum;
}
int main()
{
int k, w;
cin >> k >> w;
int part_num = w / k + 1; //一共分为几段
int maxx_num_per_part = pow(2.0,k); //取不到，每部分最大取到maxx_num_per_part减去1，就是每一位都是1的时候
int gaow_num_max = pow(2.0,w%k) - 1; //最高位的数最大值,可以是0
//开始计算，分两种情况，第一种，首段为0，那么后面n位数对应的个数符合C[maxx_num_per_part-1][n]
long long sum = 0;
for (int i=2; i<=part_num-1; i++) //去掉最高位部分，还有至少两位数
{
sum += C(maxx_num_per_part-i, i);
}
//第二种情况，首段不是0，如果首段为x，解就有C[maxx_num_per_part-1-x][w/k]
for (int i=1; i<=gaow_num_max; i++)
{
sum += C(maxx_num_per_part-w/k-i,w/k);
}
cout << sum;
return 0;
}