CF2140E

$m=2$ 是很好的提示，我们可以直接状压当前状态（剩下的每一堆是 1 还是 2），$dp_{i,bit,0/1}$ 表示现在剩下 $i$ 堆，状态是 $bit$，$A/B$ 先手，最终的答案。这个可以轻松枚举下一个丢哪堆，根据博弈逻辑做即可。

然后你考虑把 1 的意义改写为 $\le t(t\in [1,m])$，2 的意义是 $> t$，这样如果某个起始状态的 dp 值是 1，那么意味着这个状态起手，答案会 $\le t$。所以对于一个 $t$，能让答案 $\le t$ 的方案数是：

后面的幂次是在把 1 替换为 $\le t$ 的数，2 替换为 $>t$ 的数。

这个式子可以预处理 $num_i=\sum_{bit}[dp_{n,bit,0}=1][\operatorname{popcount}(bit)=i]$ 后 $O(n)$ 计算。对所有 $t\in[1,m]$ 都算一遍（$t=m$ 要特殊处理，应有 $m^n$ 种方案）后差分就能得到答案恰好等于 $t$ 的方案数。然后乘上 $t$ 求和输出即可。