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题意已经叙述的很清楚，这里不再赘述。
思路
在这里我第一眼的思路是分块或者是线段树，可能是数据结构题做多 了留下来的后遗症吧，但在这里这个题作为 B 题，肯定有不用高级数据结构的做法。
然后我就发现了一个性质，如果一个数是 \(2^x\) 的倍数，那么它可以写成 \(k\times 2^x=2k\times 2^{x-1}\)，那么它加上 \(2^{x-1}\) 之后就变成了 \((2k+1)\times 2^{x-1}\)，由于 \(2k-1\) 为奇数，那么它肯定不会再是 \(2^x\) 的倍数（也必然不会是 \(2\) 的更高次幂的倍数），而只是 \(2^{x-1}\) 的倍数。
有了这个性质，那么假设一个数是 \(2^{30}\) 的倍数，那么它最多进行 \(30\) 次操作就不能进行任何操作，所以最好的复杂度就是每次只修改需要修改的数。
我们考虑把 \(2^i(1\le i\le 30)\) 的倍数的下标给维护成一个队列 \(i\)（\(2^0\) 的倍数由于不可能在进行任何操作，所以可以维护也可以不维护），每次操作取出所有大于等于 \(x\) 的队列的所有下标进行操作，操作完之后扔到 \(x-1\) 的队列中。
时间复杂度 \(O(30\sum n)\)。
AC Code
#include<iostream>
#include<queue>
#define N 100005
using namespace std;
int T,n,q;
int a[N];
queue<int>que[31];//第i个队列存2^i的倍数
int re()//朴素的快读
{int x=0,p=1;char y=getchar();for(;y>'9'||y<'0';y=getchar())if(y=='-')p=-p;for(;y>='0'&&y<='9';y=getchar())x=x*10+y-'0';return x*p;
}
void wr(int x)//朴素的快写
{if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x>9)wr(x/10);putchar(x%10+'0');
}
signed main()
{T=re();while(T--){n=re(),q=re();for(int i=1;i<=n;i++)//O(30n){a[i]=re();int l=0;for(;l<=30;l++)if(a[i]%(1<<l))//找出第一个不满足为2^l倍数的数 break;que[l-1].push(i);}while(q--){int x=re();for(int i=30;i>=x;i--)//O(30n)while(que[i].size()){int now=que[i].front();que[i].pop();a[now]+=(1<<(x-1));que[x-1].push(now);}}for(int i=1;i<=n;i++)wr(a[i]),putchar(' ');putchar('\n');for(int i=1;i<=30;i++)//用完清空，复杂度O(n) while(que[i].size())que[i].pop();}return 0;
}