#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL; 
LL f[1100][1100];//f[i][j]表示i个球放入j个相同盒子的方案数（允许某些盒子的球数为0） 
int main()
{
    int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);n-=m;//提前给每个盒子放入1个球 
    memset(f,0,sizeof f);
    for(int i=0;i<=n;i++) f[i][1]=1;//i个球放入1个盒子，只有1种方案 
    for(int j=1;j<=m;j++) f[0][j]=1;//0个球放入j个盒子，只有1种方案 
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=2;j<=m;j++)
        {
        	for(int k=0;k<=i/j;k++)
				f[i][j]+=f[i-k*j][j-1]; //i个球放入j个盒子，第1个盒子放k个（后面每个盒子都放k个） 
		}
    printf("%lld",f[n][m]);
    return 0; 
}

/*
f[i][j]表示数字i分成j份有几种分法（i个球放进j个盒子）
f[i][j]=f[i-j][1]+f[i-j][2]………f[i-j][j-1]+f[i-j][j]
解释：每个盒子放一个球（确保每个盒子都有球），
剩下的球分成1份或2份或3份……或j份 ，分完叠加到后面的盒子中。
注意状态转移方程还可以更加优美：
f[i][j]=f[i-j][1]        +f[i-j][2]………        f[i-j][j-1]+f[i-j][j]  （1式）
f[i-1][j-1]=f[(i-1)-(j-1)][1]+f[(i-1)-(j-1)][2]………f[(i-1)-(j-1)][j-1]
因为 (i-1)-(j-1)等于i-j，所以得到
f[i-1][j-1]=f[i-j][1]+f[i-j][2]………f[i-j][j-1]  （2式）
把2式代入1式，得到：f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-j][j]


#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL f[1100][1100]; // f[i][j]表示数字i分成j份有几种分法
int main()
{
	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	memset(f, 0, sizeof f);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		f[i][1] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 2; j <= m && j <= i; j++)
		{
			if (i == j)
				f[i][j] = 1;
			else
			{
				for (int k = 1; k <= j && k <= i - j; k++)
					f[i][j] += f[i - j][k];
			}
		}
	printf("%lld", f[n][m]);
	return 0;
}
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL f[1100][1100];
int main()
{
	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	memset(f, 0, sizeof f);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		f[i][1] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 2; j <= m && j <= i; j++)
		{
			f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + f[i - j][j];
		}
	printf("%lld", f[n][m]);
	return 0;
}