以前以为自己会证时间复杂度，后来考到原题发现自己证伪了，草。
从高到低确定 (sum b) 的每一位是否可以为 (0)。
枚举第 (p) 位是否可以为 (0) 时，比第 (p) 位低的位全部填 (1)，比第 (p) 位高的保留不变，得到一个 (sum b)。之后看是否存在一个 ({b_i}) 满足要求。
相当于我们需要把 (sum b) 的每个 (1) 分配给某个 (i)（也即，(b_i) 的这一位为 (1)），使得 (a_ileq b_i)。
简单的观察：不妨设 (a_1geq a_2 geq dots geq a_n)，则存在一个最优解满足 (b_1 geq b_2 geq dots geq b_n)。
由观察，考虑 (sum b) 最高位的 (1)，它一定分配给最大的 (a_{max})。
如果 (sum b) 的最高位 (h) 大于 (a_{max}) 的最高位 (q)，则 (a_{max}) 接下来不需要被分配其他的 (1)，直接删掉。
如果 (sum b) 的最高位 (h) 等于 (a_{max}) 的最高位 (q)，则需要把 (a_{max}) 删去最高位后再塞回去（如果删掉最高位后非零的话）。
如果 (sum b) 的最高位 (h) 小于 (a_{max}) 的最高位 (q)，则不合法，此时 (sum b) 的第 (p) 位填 (0)。
当然，如果把所有 (a) 都删完了，则 (sum b) 的第 (p) 位填 (1)。
显然，这一过程不需要每次都从最高位开始扫 (sum b)，比 (p) 高的位的影响保留下来，可以从第 (p - 1) 位开始往后扫。
某时刻的某个 (a) 一定是初始时的某个 (a_i) 删去最高的若干个 (1) 的情况，因此在过程中 (a) 的可能情况只有 (O(sum L)) 种。
可以将这 (O(sum L)) 种可能的 (a) 拿出来排序，具体来说由于只有长度相同的需要排，做个基数排序即可（当然，由于这部分不是瓶颈，你也可以尝试一些 (O((sum L)log(sum L))) 的排法）。
考虑某一时刻枚举到 (sum b) 的第 (p) 位。
设此时 (a_1geq a_2 geq dots geq a_n)，并设 (a_i) 的最高位为 (t_i)。则合法的一个必要条件为 (forall i,p - igeq t_i)。
分配给 (a_i) 的 (1) 最大也只能是 (p - i)，还有可能因为前面的数需要删去最高位重新塞回来而变小。
另一方面，合法的一个充分条件为 (forall i, p - i > t_i)。
此时所有数都可以直接被删掉。
那么事实上需要检验的只有 (p = max{i + t_i}) 的情况。
我们找到使得 (i + t_i) 最大的 (i) 中最小的 (k = min{i})。
如果 (p = max{i + t_i}) 填 (0)，则 (a_1sim a_k) 分别对应了 (sum b) 的第 (p - 1 sim p - k) 位上有 (1)。
删掉 (a_1sim a_k)，插入 (a_k) 删去最高位后的 (a'_k)，然后继续找 (p' = max{i + t_i})。
如果 (p - k > p')，则前面的合法。
如果 (p - k < p')，则前面的不合法。
如果 (p - k = p')，我们令 (p = p')，令 (k) 为此时使得 (i + t_i) 最大的最小 (i)，然后继续递归检验。
可以使用线段树维护查找最大值的过程。
然后可以证明，这样递归的总次数不会超过 (O(sum L))。由于使用线段树维护，总复杂度为 (O(sum Llog(sum L)))。
首先，相同长度的 (a_i) 只会有一个最大的 (i + t_i)。也即，我们每次选定的 (a_{k'}) 比上次递归进来的 (a_k) 对应的长度要短。
因此，如果最开始需要检验的是 (p)，则递归次数实际上不会超过 (O(L_p))。
而对于每个串，它只有一次是“最开始”检验的。因此得证。