题意
有n个植物，m次移动1格的机会，
以下n个数a1-an，代表每一次浇水（其实就是访问），该处的植物会增加防御值ai，初始防御值di=0
n个植物分别在坐标轴1，…，n的位置，浇水机的位置初始在0，
坐标轴无限长，移动1格会耗费1次机会，
从0移动到1上时，会给1这格加上ai，
要求最大化最小值di，输出di。
题解
二分最后的di，判断是否可行。
对于每个枚举的结果，不停地在这格和下一格之间移动直至满足这格的浇水次数，
由于最近且给下一格浇了水，显然是最优的。
如果总浇水次数超过了m就不是一个可行解，否则就更新下界。
心得
开始没注意到爆ll，还在那里求num的累计值。
1e17*1e5显然爆ll了啊，QAQ中间只要超过m就返回就可以了
还有开始求了一个相当宽的上界sum*m，后来发现也爆ll了，
改成紧上界(m/n+1)*maxai就好了，也没超过1e17，当然这里莽一发1e18也能过。
代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <functional>
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
const int MOD=998244353;
const double eps=1e-7;
typedef long long ll;
#define vi vector<int>
#define si set<int>
#define pii pair<int,int>
#define pi acos(-1.0)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define sci(x) scanf("%d",&(x))
#define scll(x) scanf("%lld",&(x))
#define sclf(x) scanf("%lf",&(x))
#define pri(x) printf("%d",(x))
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
ll t,n,a[maxn],tmp[maxn],m,sum,maax;
bool check(ll mid)
{
ll num=0,last=-1;//上一个浇水位置
rep(i,0,n-1)
{
tmp[i]=mid/a[i];
if(mid%a[i])tmp[i]++;
}
rep(i,0,n-1)
{
if(tmp[i]<=0)continue;
num+=(i-last)+2*(tmp[i]-1);//从上一个浇水位置移动到这里来
if(num>m)return 0;//num可能爆ll
last=i;
tmp[i+1]-=(tmp[i]-1);
}
return 1;
}
ll erfen(ll l,ll r)
{
while(r-l>1)
{
ll mid=(l+r)/2;
if(check(mid))l=mid;
else r=mid;
}
return l;
}
int main()
{
scll(t);
while(t--)
{
maax=0;
scll(n),scll(m);
rep(i,0,n-1)
{
scll(a[i]);
maax=max(maax,a[i]);
sum+=a[i];
}
printf("%lld\n",erfen(0,(m/n+1)*maax));//注意上界小心爆ll
}
return 0;
}