将$A$操作看作直接除以2（保留小数），最终再将$a_{i}$取整

记$k$表示$A$操作的次数，$p_{i}$表示第$i$次$A$和第$i+1$次$A$之间$B$操作的次数（特别的，$p_{0}$为第1次$A$操作前，$p_{k}$为最后一次$A$操作后），则有$a'_{i}=\lfloor\frac{a_{i}-\sum_{i=0}^{k}p_{i}2^{i}}{2^{k}}\rfloor$，然后要保证$\sum_{i=0}^{k}p_{i}+k\le K$

考虑$\forall 0\le i<k$，若$p_{i}>1$，可以令$p_{i}-=2$且$p_{i+1}+=1$，则$a'_{i}$的值不改变但操作次数减小，因此可以被其所替代，不妨假设$p_{i}=0或1$

然后考虑$p_{k}$，令$\Delta_{i}=a_{i+1}-a_{i}$，$a_{i}$可以用$(a_{min},\Delta_{i})$来描述，而$p_{k}$不会改变$\Delta_{i}$，因此只需要对于每一组$\Delta_{i}$求出$a_{min}$的范围，即对所有$[\max(a_{min}-(K-k-cnt(C),0),a_{min}]$求并（其中$cnt(C)$表示$C$中1的个数）

换言之，即可得到一个暴力的做法：枚举$k$和$C$，然后对$\Delta_{i}$哈希，对哈希处维护所有区间的并，最后答案即为所有哈希位置上区间长度之和

再考虑$a'_{i}$，由于$C=\sum_{i=0}^{k-1}p_{i}2^{i}<2^{k}$，即可得$a'_{i}=\lfloor\frac{a_{i}-C}{2^{k}}\rfloor=\lfloor \frac{a_{i}}{2^{k}}\rfloor-[a_{i}\ mod\ 2^{k}<C]$

先枚举$k$，然后将$a_{i}$按$a_{i}\ mod\ 2^{k}$排序，对于$C$在相邻两个$a_{i}\ mod\ 2^{k}$区间内部，$\Delta_{i}$和$a_{min}$都是相同的，所不同的仅仅是$cnt(C)$，求出这个区间内$cnt(C)$最小的位置即可

如何求区间$[l,r]$中$cnt(C)$最小的位置，从高到低枚举$l$和$r$的二进制位，若相同必然填相同的数，否则（必然是$l$为0且$r$为1），再分两类讨论：

1.对于之后的位数，若可以做大$cnt(C)=0$（即$l$剩下的部分都为0），必然达到该下限；

2.否则必然有$cnt(C)\ge 1$，同时令$C=100...$可以达到此下限，取这个即可

因此求$cnt(C)$最小的位置，时间复杂度为$o(\log_{2}a_{i})$

$k$枚举范围为$\log_{2}a_{i}$，然后排序为$o(n\log_{2}n)$，再枚举一个区间，求$cnt(C)$最小值为$o(\log_{2}a_{i})$，对$\Delta_{i}$哈希以及区间求并需要$o(n)$，总复杂度即为$o(n^{2}\log_{2}a_{i})$

然后由于复杂度允许，我们还可以避免哈希，而是将所有序列以及对应的区间记录下来，按照序列排序，然后对于一个子区间中所有区间求并即可，时间复杂度为$o(n^{2}\log_{2}a_{i}\log_{2}na_{i})$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 205
 4 #define ll long long
 5 #define mod 1000000007
 6 #define fi first
 7 #define se second
 8 struct ji{
 9     ll l,r,a[N];
10 }o;
11 vector<ji>v;
12 vector<pair<ll,ll> >vv;
13 pair<ll,int>b[N];
14 int n,ans;
15 ll m,a[N],p[N];
16 int check(ll *a,ll *b){
17     for(int i=1;i<n;i++)
18         if (a[i]!=b[i])return (a[i]<b[i])*2-1;
19     return 0;
20 }
21 bool cmp(ji x,ji y){
22     int p=check(x.a,y.a);
23     if (p)return (p==1);
24     return (x.l<y.l)||(x.l==y.l)&&(x.r<y.r);
25 }
26 int min_cnt(ll l,ll r){
27     int s=0;
28     for(int i=59;i>=0;i--){
29         if ((l&(1LL<<i))!=(r&(1LL<<i)))return s+((l&((1LL<<i)-1))>0);
30         s+=((l&(1LL<<i))>0);
31     }
32     return s;
33 }
34 void calc(ll k){
35     if (k<0)return;
36     ll mn=p[1];
37     for(int i=2;i<=n;i++)mn=min(mn,p[i]);
38     if (mn<0)return;
39     o.l=max(mn-k,0LL);
40     o.r=mn;
41     for(int i=1;i<n;i++)o.a[i]=p[i]-p[i+1];
42     v.push_back(o);
43 }
44 int main(){
45     scanf("%d%lld",&n,&m);
46     for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
47     for(int i=0;i<=60;i++){
48         for(int j=1;j<=n;j++)b[j]=make_pair(a[j]%(1LL<<i),j);
49         sort(b+1,b+n+1);
50         for(int j=1;j<=n;j++)p[j]=a[j]/(1LL<<i);
51         calc(m-i-min_cnt(0,b[1].fi));
52         for(int j=1;j<n;j++){
53             p[b[j].se]--;
54             if (b[j].fi<b[j+1].fi)calc(m-i-min_cnt(b[j].fi+1,b[j+1].fi));
55         }
56         p[b[n].se]--;
57         if (b[n].fi<(1LL<<i)-1)calc(m-i-min_cnt(b[n].fi+1,(1LL<<i)-1));
58     }
59     sort(v.begin(),v.end(),cmp);
60     for(int i=0,j=0;i<v.size();i=j){
61         vv.clear();
62         while ((j<v.size())&&(!check(v[i].a,v[j].a))){
63             vv.push_back(make_pair(v[j].l,v[j].r));
64             j++;
65         }
66         sort(vv.begin(),vv.end());
67         ll mx=-1;
68         for(int k=0;k<vv.size();k++){
69             if (mx<vv[k].fi)ans=(ans+vv[k].se-vv[k].fi+1)%mod;
70             else ans=(ans+max(vv[k].se-mx,0LL))%mod;
71             mx=max(mx,vv[k].se);
72         }
73     }
74     printf("%d",ans);
75 }

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