CF2147E

给定 \(n\) 个数和 \(q\) 次查询，每次查询给定 \(k\)，问最多进行 \(k\) 次以下操作后 \(n\) 个数按位或的 popcount 最大值。
操作是将某个 \(a_i++\)。

令 \(ans_i\) 表示使得 \(popcount \ge i\) 至少需要几次操作，显然 \(ans_i\) 单调不降。询问只用找到最大的 \(i\) 使得 \(ans_i \le k\) 即可。

于是问题转化为求每个 \(ans_i\)。不难发现操作一定是在 \(s\) （\(s\) 为 \(n\) 个数或起来的和）的基础上将末尾的一段变为 \(1\)，否则肯定可以使用更少的次数将更低的一个 \(0\) 变为 \(1\)。不妨设这一段为第 \(0 \sim j\) 位。

如果从低到高枚举每一位，其实 \(a_u\) 的更高位改变会影响低位的决策，所以从高到底依次枚举第 \(k\) 位。（实际上两种方式都试试就行了。）

• 如果这一位现在有 \(1\) 个数在第 \(k\) 位为 \(1\)，就不用管了。
• 否则，找到 \(a_u \% 2^k\) 最大的 \(k\)，花费 \(2^k - a_u \% 2^k\) 的代价将 \(a_u\) 的第 \(k\) 位变成 \(1\)，第 \(0 \sim k - 1\) 位变成 \(0\)。证明：若存在一个 \(a_v \% 2^k < a_u \% 2^k\) 的 \(v\) 更优，其实等价于将 \(a_v\) 变成 \(a_u\)，再操作 \(a_u\)。

时间复杂度：\(O(n \log^2 V + q \log V)\)。

因为从低到高考虑寄了很多发。