首先可以发现由于(b_i=b_{i-1}or a_i),所以(b)一定是不减的。而要满足(b)递增，只需要满足(b_i eq b_{i-1})就可以了。
若(b_i eq b_{i-1}),则存在一个二进制位(j),满足(a_i)的第(j)位为1，所有(a_k,(k<i))的(j)位为(0)。
所以我们可以把每一个二进制位看作一个物品，每一数如果在这一位上有一个1，则代表选择了这个物品。而每一个数都必须选择了一个物品，前面的都没选过。
所以若(N>K)则一定为0。
所以就可以想到一个dp状态，(dp_{i,j})表示前i个人选择了j个的方案数。
转移也比较简单：
[dp_{i,j}=dp_{i-1,j-z} imes C_{k-(j-z)}^z imes 2^{j-z}
]
但是这个转移是(O(N^3))的没办法通过。
但是仔细观察一下这个式子，转移(dp_{i,j})是和(i)无关的，只和(j,z)有关。
所以可以考虑分治，(dp_{i,j})表示总共(i)个选择(j)个的方案数。
然后发现可以将(dp_{A,j},dp_{B,z})合并到(dp_{A+B,j+z})：
[dp_{A+B,j+z}+=dp_{A,j} imes dp_{B,z} imes 2^{jcdot B} imes C_{z+j}^j
]
将(C_{A+B}^A)写成分数的形式。
[dp_{A+B,j+z}+=dp_{A,j}/j! imes dp_{B,z}/z! imes 2^{jcdot B} imes (z+j)!
]
可以发现这个阶乘是和(dp_{i,j})中的(j)有关的。所以可以定义一个新的(dp'_{i,j}=dp_{i,j}/j!)。
转移就变得简单很多了。
[dp'_{A+B,z}=sum dp'_{A,j} imes 2^{jcdot B} imes dp'_{A,z-j}
]
这样就有了卷积形式。
如果每次枚举(A=lfloor i/2 floor)，然后递归下去，总复杂度为(O(N imes log^2n))。
由于这题模数不是ntt模数，所以需要用三个ntt模数分别计算，然后用crt合并。也可以用更快的mtt。