\(\color{yellow}{CF2203C}\)
显然考虑把 \(m\) 二进制拆分，那么由 \(a_i\operatorname{and}m=m\) 易得 \(a_i\) 为若干个 \(m\) 的非零二进制位权值之和。
显然 \(m\) 最小的二进制位为 \(\operatorname{lowbit}(m)\)，由此易得 \(\operatorname{lowbit}(m) \mid a_i\)，因为高位都是它的倍数。由 \(s = \sum\limits_{i = 1}^n a_i\) 得 \(\operatorname{lowbit}(m) \mid s\)，如果不满足则无解。
现在假设这些二进制位分别为 \(2^{p_1} ,2^{p_2} ,\dots ,2^{p_r}\)，如果我们固定每个二进制位取的次数（注意要满足和为 \(s\)），那么必然可以构造出 \(a_i\)。
记 \(b_i\) 为合法的第 \(i\) 个二进制位取的次数，要满足 \(\sum\limits_{i = 1}^r b_i \times 2^{p_i} = s\)。
考虑此时的次数的最小值，显然为 \(\max\limits_{i = 1}^n b_i\)，具体做法就一层层削，由于 \(b\) 序列不固定，因此 \(n = \max\limits_{i = 1}^n b_i\) 的最小值。
这个贪心有点难做，但是发现是最大的最小，考虑二分，限制最大值，然后就可以做了。
时间复杂度为 \(\mathcal O(T\log^2 m)\)。