ABCD 略

E

注意到每個操作最多執行一次，ifa[i]!=b[i]，要么a[i]^a[i+1]要么a[i]^b[i+1]

G

設消除1~i的數的操作次數為f[i]，可以推出f[i]=2*f[i-1]+1，那么消除1~i的數的分數乘的數為g[i]，g[i]=g[i-1]*g[i-1]*i s雖然很大，但是k只有1e9，先預處理fg，并且得到最大可以消除它和它衍生得到的數m。把所有數放到set，從小到大判斷每個數及它的衍生數是否可以完全消去，可以則直接消去計算價值，否則拆乘成小于m的若干個數。思考會不會超時，答案是不會，像這種無法完全刪去的情況最多出現m次，每次最多循環m

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
const int N=2e5+10,mod=1e9+7;
int T,n,m,k,a[N],f[N],g[N],ans;
void init()
{ans=1;
}
void solve()
{cin>>n>>k;init();set<int> s;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];s.insert(a[i]);}while(s.size()&&k){int x=*s.begin();s.erase(s.begin());if(x<=m&&k>=f[x-1]+1){ans=(ans*g[x-1]%mod*x)%mod;k-=f[x-1]+1;}else{ans=(ans*x)%mod;for(int i=1;i<min(m+1,x);i++)s.insert(i);k--;}}cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{f[0]=0;g[0]=1;for(m=1;;m++){f[m]=f[m-1]*2+1;g[m]=(g[m-1]*g[m-1]%mod*m)%mod;if(f[m]>1e9) break;}ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie();cin>>T;while(T--) solve();
}