Wafu!：感觉是比较 naive 的题。
首先可以手模一下样例，发现好像把一个数删掉后还要把它前面的所有数再操作一遍，因此操作数是以很快的速度增长的。写了个前缀和优化 DP 可以发现把 \(x\) 以及其衍生的数完全删掉需要花费 \(2^{x-1}\) 步，也就是说完整删除的元素就是 \(1\sim 30\)。这种操作数为 \(\log\) 级别的 trick 应该还是挺常见的。
因此我们可以先暴力枚举被完整删除的元素，先把能完整删除的元素删完。对于剩下不能完整删除的元素，我们直接模拟，先把这个元素 \(x\) 自己删掉，然后对于产生的 \(1\sim x-1\) 的元素逐个考虑，尝试将它删除。如果遇到一个删不了的，就证明后面的也删不了了，因此递归地对剩下的操作考虑，直到所有操作被执行完毕。不难发现，这一部分可以利用上文预处理出的 DP 值求出。于是总体时间复杂度就是 \(O(T\log^2V)\) 的。
关于时间复杂度的证明：首先完整删除的元素是最多删 \(\log V\) 次的；而对于无法完整删除的元素，递归的过程中显然每一轮最多删 \(\log V\) 次，且最多会递归 \(\log V\) 层（因为每一轮会使得剩余操作数至少减少到原来的一半），因此时间复杂度是 \(O(T\log^2V)\)。
注意 DP 数组的值域最多只到了 \(2\times 10^5\)，所以对于越界的访问必须特判，否则会 RE。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
#define lc(x) (tr[x].ls)
#define rc(x) (tr[x].rs)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi=pair<int,int>;
const int N = 200005;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll n, k, s[N], f[N], g[N], smf[N], smg[N], ans = 1;
void init()
{f[1] = g[1] = smf[1] = smg[1] = 1;for(int i = 2; i < N - 1; i++){f[i] = min(ll(1e9 + 5), smf[i - 1] + 1);g[i] = (smg[i - 1] * i) % mod;smf[i] = min(ll(1e9 + 5), smf[i - 1] + f[i]);smg[i] = (smg[i - 1] * g[i]) % mod;}
}
void work(ll x)
{if(x == 0) return;for(int i = 1; i <= 32; i++){if(x <= 0) break;if(x - f[i] >= 0){x -= f[i];ans = (ans * g[i]) % mod;}else{ans = (ans * i) % mod;x--;break;}}work(x);
}
void solve()
{cin >> n >> k;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i];sort(s + 1, s + n + 1);ans = 1;for(int i = 1; i <= n; i++){if(k <= 0) break;if(s[i] < N && k - f[s[i]] >= 0){ans = (ans * g[s[i]]) % mod;k -= f[s[i]];}else{ans = (ans * s[i]) % mod;work(k - 1);cout << ans << '\n';return;}}cout << ans << '\n';
}
int main()
{//freopen("sample.in","r",stdin);//freopen("sample.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);init();int t;cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}