## Subtask 1

下文记 $p = 30$。

众所周知，$2^a \cdot 2^b = 2^{a+b}$，因此魔法是在指数上加 $a$。

由于最终的指数和一定等于最初的指数和加上 $mak$，因此题目等价于最大化：

$$ \sum _{i = 1} ^n (b_i \bmod p) $$

根据直觉，对 $p$ 取模等于不断减去 $p$ 直至目标小于 $p$，因此最大化上面的值，就要尽量减少减去 $p$ 的次数：每次取 $\bmod\ p$ 最小的 $m$ 个数字加 $a$，最不容易触发「减去 $p$」操作。

这一策略不能通过样例的第 6 组测试数据，但可以证明它在子任务 1 下是正确的。

直接借助 `std::sort` 模拟上述过程的时间复杂度是 $O(Tkn \log n)$，空间复杂度是 $O(n)$，可以通过子任务 1。

## Subtask 2

众所周知，对于题目中的方式，可以先确定每个数字被加的次数 —— 只要次数总和等于 $mk$，并且每个数字被加的次数不超过 $k$，就一定存在对应方案。

于是我们可以设 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 个数字一共被加 $j$ 次后这 $i$ 个数 $\bmod\ p$ 之和的最大值，初始状态为 $f_{0, 0} = 0$，转移时枚举下一个数字被加的次数即可，最终的最大总和是 $f_{n, mk}$。

该算法的时间复杂度是 $O(Tnmk^2)$，空间复杂度是 $O(nmk)$，可以通过子任务 2。

## Subtask 3

注意到对一个数进行 $p$ 次加 $a$ 操作不会改变它 $\bmod\ p$ 的值。当 $k$ 很大时，只要确定每个数字被操作的次数 $\bmod\ p$ 的值，使这些值的总和不大于 $mk$ 且与 $mk$ 在模 $p$ 意义下同余，就很可能存在对应的方案 —— 具体来说，在这些值的基础上，每次选择一个值加上 $p$，直至总和达到 $mk$。

上面的「很可能」要求构造方案的过程中不会出现「所有数都大于 $k - p$，而总和还没达到 $mk$」的情况。此时这 $n$ 个值的总和至少为 $n(k - p)$，因此我们有不等式：

$$ n(k - p) < mk $$

$$ nk - np < mk $$

$$ nk - mk < np $$

$$ (n - m)k < np $$

$$ k < p \cdot \dfrac{n}{n - m} $$

在子任务 3 的特殊限制下，$\dfrac{n}{n - m} \le 2$，因此 $k \ge 2p$ 时就可以放心使用以上结论：只确定每个数字被操作的次数 $\bmod\ p$ 的值，按照子任务 2 中的 DP 算法求解。

上述 DP 算法的时间复杂度为 $O(Tn^2p^2)$；当 $k < 2p$ 时需要回退到子任务 2 的解法，时间复杂度为 $O(Tnmk^2)$，在 $k < 2p$ 的限制下同样不超过 $O(Tn^2p^2)$。

因此该算法的时间复杂度是 $O(Tn^2p^2)$，空间复杂度是 $O(n^2p)$，可以通过子任务 3。

## Subtask 4

当 $2m > n$ 时，我们可以先把所有数字加上 $ak$，然后操作变成了「施展 $k$ 次魔法，每次魔法选择 $n - m$ 个数字加上 $-a$」。此时我们有 $2(n - m) < n$，并且前面所有解法的正确性都不依赖 $a$ 的任何性质，因此我们可以回退到子任务 3 的解法。

最终的时间复杂度是 $O(Tn^2p^2)$，空间复杂度是 $O(n^2p)$，可以通过子任务 4。