解析

有的时候，看起来是暴力的东西再稍微想想性质就是正解了。

本题有两种做法，一种使用了trie树，一种没有。但本质是一样的，只是trie树把我们的所求显性的表达了出来。

考虑trie树暴力怎么做。
对于一个特定的 $x$ 走到一个结点时，有两种选择：

1. 两个数都在某一棵子树里选择。
2. 两个数分别在两棵子树中选择。

对于第一种，递归寻找答案，对于第二种，因为它们在当前结点已经产生了 $2^k$ 的异或，因此接下来递归一定是同向子树尽可能大，异向子树尽可能小。
直接做单次复杂度是 $O(nk)$ 的，无法接受。

注意到，如果 $a_i,a_j$ 二进制的一些前缀相同，那么 $x$ 的这些位是什么并不影响最终结果。
那么回到刚才的第一种选择，我们如果这是第 $i$ 层的结点，递归寻找的答案前 $i$ 位必然相同，那么我们其实并不关心这些位 $x$ 的取值，也就是说，一共只有 $2^{k-i}$ 种答案是我们需要关注的。

类似的，第二种选择所需要的 $mn,mx$ 也只关心第 $i$ 位之后的取值。

这些取值状态的总数是 $O(2^{k}k)$ 的，不难通过分析从两棵子树的状态 $O(1)$ 得到其父亲各状态的转移。
总复杂度 $O(2^{k}k)$。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define ok debug("OK\n")
using namespace std;const int N=6e5+100;
const int inf=1e9;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n;
int mi[25],mn[20][N],mx[20][N],res[20][N];signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();int lim=read();mi[0]=1;for(int i=1;i<=lim;i++) mi[i]=mi[i-1]<<1;for(int i=0;i<mi[lim];i++){mn[0][i]=inf;mx[0][i]=-inf;res[0][i]=inf;}for(int i=1;i<=n;i++){int x=read();mn[0][x]=mx[0][x]=0;}for(int k=1;k<=lim;k++){for(int x=0;x<mi[lim];x++){int y=x^mi[k-1];mn[k][x]=min(mn[k-1][x],mn[k-1][y]+mi[k-1]);mx[k][x]=max(mx[k-1][x],mx[k-1][y]+mi[k-1]);res[k][x]=min(min(res[k-1][x],res[k-1][y]),mn[k-1][y]+mi[k-1]-mx[k-1][x]);//printf("k=%d x=%d y=%d mn=%d mx=%d res=%d\n",k,x,y,mn[k][x],mx[k][x],res[k][x]);}}for(int i=0;i<mi[lim];i++) printf("%d ",res[lim][i]);return 0;
}
/*
*/