首先，我们发现这道题目“序列会增长”的情况完全就是唬人的，因为我们把 \(x_i\) 输入之后，\(y_i\) 永远是 \(0\)，而前导 \(0\) 在计算的过程中没有任何的作用。所以可以直接原地做前缀和。
我们还发现，除了序列 \(A^0\)，其他的序列都是递增的（\(A^i_j-A^i_{j-1}=A^{i-1}_{j}\ge 0\)），所以 \(s\gt 0\) 时，序列 \(A^s\) 存在 \(A^s_i\ge k\) 等价于 \(A^s_n\ge k\)。
然后，我们考虑二分答案，每次检测进行 \(a\) 次运算之后的序列是否满足条件。
首先考虑的是生成函数和卷积，因为如果我们构造生成函数 \(f(x)=A^0_1x+A^0_2x^2+\cdots\) 以及 \(\mathrm{I}(x)=1+x+x^2+x^3+\cdots\)，那么求 \(a\) 次前缀和的结果就是 \(f(x)\times(\mathrm{I}(x))^a\)。直接看第 \(n\) 位即可。求 \((\mathrm{I}(x))^a\) 可以使用卷积意义下的快速幂进行，复杂度 \(O(n\log n\log a)\)，看上去可以过，但别忘了，我们这是在二分答案的 check，所以总复杂度还要多一个 \(\log k\)，铁定过不了。（而且系数和 \(k\) 取 \(\min\) 也可能达到 \(10^{18}\) 级别，点值表示后其大小和 complex 误差不是 FFT 配 __int128 所能承受的）
我们先把序列所有的前导 \(0\) 去掉，找到序列第一个 \(1\) 的位置，考虑它对答案的贡献。我们发现，只要序列的长度达到一定长度，只有开头一个 \(1\) 的序列的第 \(n\) 项就会以指数级增长（即 \(a\) 次运算后，第 \(n\) 项的级别是 \(O(n^a)\)。虽然我们知道这可能有一个很小的常数，但是不要紧，当 \(n\ge 10\) 的时候，达到 \(10^{18}\) 的时间也不会超过 \(500\)。更何况 \(a\) 会随着 \(n\) 的增大而减小，所以我们可以直接暴力做。
对于 \(n\lt 10\)，我们考虑别的方法。
常见的思路是 \(O(n^3\log^2 k)\) 的二分答案和矩阵快速幂。但是我们前面已经思考了生成函数做法，不如将其推到底。
首先，直接暴力做卷积是可以做的，但是这就显得很怨种。我们都已经推到 \(n\lt 10\) 了，再用多项式总是有点杀鸡用牛刀的感觉（而且点值表示后虽然不会爆 __int128 了，误差还是有点可怕）。
我们考虑看看 \(f(x)\times(\mathrm{I}(x))^a\) 这个式子，发现 \(A^0_i\) 对答案 \((f\times\mathrm{I}^a)(x)\) 的第 \(n\) 项的贡献是 \(\mathrm{I}^{a-1}(x)\) 的第 \(n-i\) 项系数。
考虑求出这个东西，\(G(x)=\mathrm{I}^{a-1}(x)=\dfrac{1}{(1-x)^{a-1}}\)，求第 \(y\) 项就是求 \(\dfrac{G^{(y)}(0)}{y!}\)。而 \(G^{(y)}(x)=\dfrac{(a-1)\cdots(a+y-2)}{(1-x)^{a-1+y}}\)，则 \(\dfrac{G^{(y)}(0)}{y!}=\dfrac{(a+y-2)!}{(1-0)^{a-1+y}(a-2)!y!}={a+y-2 \choose y}\)
然后我们的 \(y=n-i\)，所以需要的 \((f\times\mathrm{I}^a)(x)\) 的第 \(n\) 项其实就是 \(\sum_{i\le n}{{a+n-i-2\choose n-i+1}A^0_i}\)。
接下来，我们发现 \(n-i+1\) 很小，我们如果记 \(p=n-i+1,q=a+n-i-2\)，这个组合数就是 \(\dfrac{p(p-1)(p-2)\cdots (p-q+1)}{q!}\)，而上下都不超过 \(n\) 项，下面的 \(q!\) 不超过 \(3628800\)，所以我们可以先暴力做出 \(q!\)，然后用一个 __int128 暴力维护上面的乘积。一旦这个积的大小超过了 \(q!\times k\)，就直接返回 \(k\) 退出。然后扫 \(1\) 到 \(n\)，计算出第 \(n\) 项的答案，中途大于 \(k\) 就直接返回 \(1\)。当然我们记住我们是在二分答案的，组合数的计算也是 \(O(n)\) 的，\(n\lt 10\) 的部分复杂度是 \(O(n^2\log k)\)。
一些闲话：不会生成函数怎么推最后的组合数式子？
我们可以只看第 \(i\) 项，考虑它对答案的贡献。实际上就是抹掉前 \(i-1\) 项，贡献次数就是对一个 \(1\) 和 \(n-i\) 个 \(0\) 做 \(a\) 次前缀和之后的第 \(n-i+1\) 项。
我们发现，如果我们把 1 1 1 1 1 1 1... 这样的无穷序列排下来，求 \(x\) 次前缀和之后的第 \(y\) 项的话，其实就是在表 \(S_{i,j}=S_{i-1,j}+S_{j-1,i}\) 中求第 \(x\) 行的第 \(j\) 列。
如果我们把这个表列出来：
1 | 1 1 1 1 1
2 | 1 2 3 4 5
3 | 1 3 6 10 15
4 | 1 4 10 20 35
如此列下来，你会发现，它就是旋转 \(45\) 度之后的杨辉三角！如果我们把左下到右上对角线看作一行的话，\(S_{i,j}=S_{i-1,j}+S_{j-1,i}\) 正好满足组合数的递推形式。
那么，我们进行坐标变换，容易发现第 \(x\) 行的第 \(y\) 列（从 \(1\) 开始）对应到杨辉三角坐标之后，处在第 \(x+y-2\) 行的第 \(y-1\) 列（从 \(0\) 开始）。而此处的系数就是 \({x+y-2\choose y-1}\)，代入得到 \({a+n-i-2\choose n-i+1}\)。也就使用非生成函数的办法推出了这个式子。
#define rp(i,n) for(ll i=1;i<=n;i++)
#define rep(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;i++)
ll n,k,a[200005];
__int128 A[200005];
inline __int128 C(ll n,ll m){
__int128 res=1,f=1;
rp(i,m)f*=i;
rep(i,n-m+1,n){
res*=i;
if(res>=f*k)return k;
}
return res/f;
}
inline void solve1(){
ll mx=0;
rp(i,n)A[i]=a[i];
int cur=0;
while(A[n]<k){
rp(i,n)A[i]=A[i-1]+A[i];
cur++;
}
cout<<cur<<endl;
}
inline bool check(ll f){
__int128 ans=0;
if(f>=k)return 1;
rp(i,n){
ll x=f,y=n-i+1;
__int128 dd=C(x+y-2,y-1);
if(a[i]&&dd>=k)return 1;
ans+=a[i]*dd;
if(ans>=k)return 1;
}
return ans>=k;
}
inline void solve2(){
ll l=1,r=1e18,mid,ans=0;
while(l<=r){
mid=l+r>>1;
if(check(mid))ans=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n>>k;
rp(i,n)cin>>a[i];
rp(i,n)if(a[i]>=k){
cout<<0<<endl;
return 0;
}
int be=1;
while(!a[be])be++;be--;
rp(i,n-be)a[i]=a[i+be];n-=be;
if(n>10)solve1();
else solve2();
return 0;
}
//Crayan_r