既然有心想解，請務必有耐心

整體概念就是幫水桶裝水，
當不斷將n加上1時，
加上去的1平均分配給每桶水，
且水桶的數量使得n=m*2^?+??，
同時保有最大值(至少 >= 2^?)。

今已知n為m*2^?+??，
求得? = (n/m最多可以除2幾次)，
然後2^?將成為基礎數量(就是已經裝滿到m水量的水桶)，
而??的數值會平均再分配給2^?(那些已經裝滿到m水量的水桶)
以這個基礎數量去加上後來又裝滿到2m水量的水桶數量即為答案，
當n=m*2^?+(m*2^? - 2^?)時，
??=(m*2^? - 2^?)，
各個水桶即將裝滿到2m，
此時n每每往上加1，
都會再均分出一桶裝滿m水量的水桶，
加1的狀態持續直到n=m*2^(?+1)時停止。
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總結，答題流程不使用遞迴，這次也沒用到位元運算bitset，

可以直接用long long p = ( log2(n)-log2(m)+0. 000 000 000 000 001 )取得?是多少，
這裡必須要做到小數點後十五位修正，十分刁鑽！

接著求得2^?的數值，我使用快速冪實作，

最後印出2^? + (?? - 2^?)就大功告成

Fp = 2^?
化簡：Fp + ( n%(m*Fp) - m*Fp ) = Fp-m*Fp+n%(m*Fp)

輸入輸出全部scanf和printf下去，然後記得全部使用long long

引入的標頭檔案：
<stdio.h>用在scanf, printf
<math.h>用在log2(n) - log2(m)

程式架構：
快速冪副函式共7行(外框3行，內碼4行)
主程式共10行(外框3行，內碼7行)

執行結果：(0.4s, 140KB)

期望你也做得到ouob
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以下是窮舉推敲的過程
 6 = 3*2^1>>2
 7 = 3*2^1...1>>2
 8 = 3*2^1...2 >>2
 9 = 3*2^1...3>>2
10 = 3*2^1...4 >>2  每桶水皆差1即滿溢到可以再均分為兩桶水，共有2^?桶水，?=1
11 = 3*2^1...5>>3  該階段滿溢開始(第一桶)
12 = 3*2^2>>4  該階段滿溢結束(第2^?桶也是最後一桶，?=1)
13 = 3*2^2...1>>4
14 = 3*2^2...2>>4
15 = 3*2^2...3>>4
16 = 3*2^2...4>>4
17 = 3*2^2...5>>4
18 = 3*2^2...6>>4
19 = 3*2^2...7>>4
20 = 3*2^2...8>>4  每桶水皆差1即滿溢到可以再均分為兩桶水，共有2^?桶水，?=2
21 = 3*2^2...9>>5  該階段滿溢開始(第一桶)
22 = 3*2^2...10>>6
23 = 3*2^2...11>>7
24 = 3*2^3>>8  該階段滿溢結束(第2^?桶也是最後一桶，?=2)
25 = 3*2^3...1>>8
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