题解：
令$S(i)={i+1,i+2,...,i<<1}$，f(i,k)表示S(i)中在二进制下恰好有k个1的数的个数
那么我们有$f(i,k)=sum_{x=1}^{min(k,p)}dbinom{a_x+1}{k-x+1}-dbinom{a_x}{k-x+1}$
$a_x$表示i在二进制下第x高的1所在的2的幂次，p是i在二进制下1的个数
为什么呢？我们设g(i,k)表示在小于等于i的数中在二进制下1的个数等于k的数的个数，那么我们有f(i,k)=g(i<<1,k)-g(i,k)
考虑怎么算g(i,k)。对于i的每一位1，我们强制把这一位变成0，假设这个1是第x高的1，在二进制下的次幂为$a_x$，那么我们保持前x-1个1不变，把剩下的k-x+1（+1是因为第x位变成了0空出了一个1）个1分配到从小到大$a_x$个位置里。由于第x位被强制变成了0，新分配的数一定满足1的个数为k且小于i；对于每一位1我们这样处理，可以保证方案数不重不漏
如果本身i在二进制下就有k个1，那么i<<1在二进制下肯定也有k个1，这样方案数就抵消了，因此在上面的算式中没有考虑这样的情况
下面来看两个结论：
结论1：$f(i,k)<=f(i+1,k)$
证明：
显然i+1的S集合与i的S集合相比多了2*i+1,2*i+2，少了i+1，我们发现如果i+1是算入了贡献的，那么2*i+2显然也被算入了贡献，这样就抵消了，得证
结论2：k>1时，$f(i,k)<f(i<<1,k)$
这个，咱们感性理解一下吧，应该也不难证
结论3：m=0时，n的个数为(1<<k-1)-1;k=1时，n一定可以取1，并且有正无穷个答案，其他情况答案都不是正无穷
证明：
m=0时，说明S集合中不存在一个数在二进制下1的个数为k，那么n的取值一定是小于等于(1<<k-1)-1的，不理解的话请注意S集合的定义
k=1时，由于保证有解，m一定为1。正无穷个答案很好理解吧。至于其他情况答案有穷性，我也不会证
由结论1得知，符合条件的n是连在一起的
由结论2得知，当k>1时，所有的n都在2e18以内