題解：
首先我們要知道z^k=z+k-2*(z&k);
則只進行一次操作的代價：(r-l+1)*((z^k)+k-z)=2*(r-l+1)(k-z&k).
對於k-z&k，我們要令其盡可能的小，則z要是k的較大的子集。那麼我們列舉k的子集並儲存下來，對其排序。
然後我們列舉i=0->n，直到等差數列前i個數之和大於y
對於每乙個i，我們計算其前i個數之和s[i]，為了滿足整個數列之和小於y，對於剩下的每乙個數，要滿足小於等於(y-s[i])/(n-i)，即[0,(y-s[i])/(n-i)]
那麼我們要在這個區間尋找最大的k的子集，即可對之前存下的k子集的陣列進行二分查詢，然後計算此時的答案。
具體見**：
#include using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
typedef long long ll;
ll n,a,d,k,y;
ll s[maxn];
ll si[maxn];
int cnt;
signed main() while(sub!=k);
sort(si+1,si+cnt+1);
//i=0的情況
ll minx=(y-s[0])/(n-0);
int p=upper_bound(si+1,si+1+cnt,minx)-si-1;
ans=ans=min(ans,1ll*2*(n-0)*(k-si[p]));
//1-n的情況
for(int i=1;i<=n;++i)
cout<}
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