Description

小 Z 最近遇上了大麻烦，他的数学分析挂科了。于是他只好找数分老师求情。

善良的数分老师答应不挂他，但是要求小 Z 帮助他一起解决一个难题问题是这样的，现在有 n 个标号为 1～n 的球和 m 个盒子，每个球都可以放进且只能放进一个盒子里面，但是要满足如下的规则：

1. 若把标号为 i 的球放进了第 j 个盒子，那么标号为 2*i 的球一定要在第 j+1 个盒子里面(若 j<m)
2. 若把标号为 i 的球放进了第 j 个盒子，并且 k*2=i，那么标号为 k 的球一定要在第 j-1 个盒子里面(若 j>1)

小 Z 的数分老师想要知道，给定了 n 和 m 的时候，第一个盒子最多能放进去多少个球。事实上，他已经推算出了公式，但是需要检验当 n 趋向于无穷大时是否仍然满足这个公式，因此 n 可能会非常大。

Input

本题包含多组数据，第一行为一个数(T<=20)，表示数据组数；以下 T 行，每组数据一行，包括两个数 n 和 m。

Output

每组数据输出一行，包括一个数，即第一个盒子最多能放进多少个球。

Sample Input

2
10 2
10 3

Sample Output

4
1

Data Constraint

对于 10%的数据,n<=10^6
对于 20%的数据,n<=10^9
对于 30%的数据,m=2
对于 100%的数据,n<=10^10000,2<=m<=25

Hint

样例解释：
(1).{1,3,4,5}, {2,6,8,10}
(2).{1},{2},{4}

题解

坑题！！！！！
我用pascal卡常卡了近2小时卡过了，而C++一个臭氧就飞过去了
what a fine day

这道题知道结论+高精度/压位+卡常题。
首先我们考虑把某个数字放到第一位。
然而我们发现，这样放的话第2个limit是没用的。
我们就先来一个一个考虑——
依次放1、1∗2、1∗2∗2、1∗2∗2∗2、……、1∗2m−11、1*2、1*2*2、1*2*2*2、……、1*2^{m-1}1、1∗2、1∗2∗2、1∗2∗2∗2、……、1∗2m−1
依次放2、2∗2、2∗2∗2、2∗2∗2∗2、……、2∗2m−12、2*2、2*2*2、2*2*2*2、……、2*2^{m-1}2、2∗2、2∗2∗2、2∗2∗2∗2、……、2∗2m−1（然而这个情况与上面重复，舍去）
依次放3、3∗2、3∗2∗2、3∗2∗2∗2、……、3∗2m−13、3*2、3*2*2、3*2*2*2、……、3*2^{m-1}3、3∗2、3∗2∗2、3∗2∗2∗2、……、3∗2m−1
依次放4、4∗2、4∗2∗2、4∗2∗2∗2、……、4∗2m−14、4*2、4*2*2、4*2*2*2、……、4*2^{m-1}4、4∗2、4∗2∗2、4∗2∗2∗2、……、4∗2m−1（一样重复）
依次放5、5∗2、5∗2∗2、5∗2∗2∗2、……、5∗2m−15、5*2、5*2*2、5*2*2*2、……、5*2^{m-1}5、5∗2、5∗2∗2、5∗2∗2∗2、……、5∗2m−1
……
所以最终只有奇数是可以加入答案的。
answer+=n2m−1+12answer+=\frac{\frac{n}{2^{m-1}}+1}{2}answer+=22m−1n​+1​
上面什么意思呢？
由于当：奇数∗2m−1&lt;=n奇数*2^{m-1}&lt;=n奇数∗2m−1<=n满足时，这个奇数就是一种合法的放置方法。
所以求出奇数个数即可。
把n赋个值：n=n2m−1把n赋个值：n=\frac{n}{2^{m-1}}把n赋个值：n=2m−1n​
当然，放完这些后，1∗2m……1∗22m−11*2^m……1*2^{2m-1}1∗2m……1∗22m−1这一段也是可以放入的。
于是我们再和上面类似的——
answer+=n2m+12answer+=\frac{\frac{n}{2^{m}}+1}{2}answer+=22mn​+1​
然后：n=n2m然后：n=\frac{n}{2^{m}}然后：n=2mn​
所以一直递归下去直到n=0时停止即可。
真是一道奇妙的结论题啊！
注意压位+卡常

代码

typenew=array[0..1200] of longint;
vari,j,k,l,m,t,ii:longint;p,q,op,ok:int64;s,n:ansistring;answer,nn,x1,c1,c0,c:new;procedure chu(var n:new;di:longint);
varp,yp:int64;i,pp,ypp:longint;
beginif di>1 thenbeginp:=0;for i:=n[0] downto 1 dobeginyp:=p;p:=(int64(n[i]+p*1000000000) and ((1 shl di)-1));n[i]:=int64(n[i]+yp*1000000000) shr di;end;endelsebeginpp:=0;for i:=n[0] downto 1 dobeginypp:=pp;pp:=(int64(n[i]+pp*1000000000) and ((1 shl di)-1));n[i]:=int64(n[i]+ypp*1000000000) shr di;end;end;while (n[0]>1) and (n[n[0]]=0) do dec(n[0]);
end;function plus(a,b:new):new;//inline;
varii,jj:longint;
beginfillchar(c,sizeof(c),0);if a[0]<b[0] then c[0]:=b[0]else c[0]:=a[0];for ii:=1 to c[0] dobeginif c[ii]+a[ii]+b[ii]>1000000000 thenbeginc[ii+1]:=1;c[ii]:=(c[ii]+a[ii]+b[ii])mod 1000000000;endelsec[ii]:=c[ii]+a[ii]+b[ii];end;while c[c[0]+1]=1 dobegininc(c[0]);end;exit(c);
end;
procedure insert(st:ansistring; var x:new);inline;
varlen:longint;
beginlen:=length(st);while len>=9 dobegininc(x[0]);val(copy(st,len-8,9),x[x[0]]);dec(len,9);end;if len>0 thenbegininc(x[0]);val(copy(st,1,len),x[x[0]]);end;
end;
procedure print(a:new);inline;
varii:longint;
beginwrite(a[a[0]]);for ii:=a[0]-1 downto 1 dobeginif a[ii]<100000000 then write(0);if a[ii]<10000000 then write(0);if a[ii]<1000000 then write(0);if a[ii]<100000 then write(0);if a[ii]<10000 then write(0);if a[ii]<1000 then write(0);if a[ii]<100 then write(0);if a[ii]<10 then write(0);write(a[ii]);end;
end;
beginreadln(t);while t>0 dobeginfillchar(c,sizeof(c),0);dec(t);readln(s);fillchar(answer,sizeof(answer),0);fillchar(nn,sizeof(nn),0);n:='';m:=0;j:=0;for i:=1 to length(s) dobeginif (s[i]<>' ') and (j=0) thenbeginn:=n+s[i];endelseif s[i]=' ' thenbeginj:=1;endelseif (s[i]<>' ') and (j<>0) thenbeginm:=m*10+ord(s[i])-48;end;end;c1[0]:=1;c1[1]:=1;insert(n,nn);chu(nn,m-1);x1:=plus(nn,c1);chu(x1,1);answer:=plus(answer,x1);while (nn[0]>1) or ((nn[0]=1) and (nn[1]>0)) dobeginchu(nn,m);x1:=plus(nn,c1);chu(x1,1);answer:=plus(answer,x1);end;print(answer);writeln;end;
end.
end.