牛客练习赛60 [A 大吉大利]

题目： 传送门
思路：
常规思路肯定是这样写

for (int i=0;i<n;i++)
	for (int j=0;j<n;j++) {
    
    
		ans += arr[i] & arr[j];
	}

但由于$n<1e^5,O(n^2)$d的时间复杂度肯定TLE了
我们把样例的1，2，3，4，5转为二进制，如下：
001
010
011
100
101
来看，如果某一列任意两行进行按位与求和，结果为1的个数就是这一列1的个数的平方。
eg：最后一列
1
0
1
0
1
只有1&1才会等于1，设这一列1的个数是m，则由于每一列都要和包括自己在内的m行做与运算，得出m个1，又由m行，所以一共会出现$m^2$个1
所以这题只要求每个数转为二进制，并互相与运算后，那一位上的1的个数，此时arr数组是一个不是二进制数的“二进制数”（存在某些位置上大于1），但是计算还是乘上$2^k$，或者直接左移k位

Code：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;

ll qpow(ll a, ll n) {
    
    //快速幂
	ll ans = 1;
	while (n > 0) {
    
    
		if (n & 1) {
    
    
			ans *= a;
		}
		a *= a;
		n >>= 1;
	}
	return ans;
}
ll arr[107];//记录每一位上有几个1
int main()
{
    
    
	ll n, pos, x, max_len = 0;
	cin>>n;
	while (n--) {
    
    
		pos = 0;
		cin>>x;
		while (x > 0) {
    
    
			if (x & 1) {
    
    
				arr[pos]++;
			}
			pos++;
			x >>= 1;
		}
		max_len = max(max_len, pos);//max_len是化为二进制后最长的长度
	}
	ll ans = 0;
	for (ll i=0;i<max_len;i++) {
    
    
		ans += (arr[i] * arr[i]) << i;//或者ans += arr[i] * arr[i] * qpow(2, i);
	}
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

ps：可能讲的不够明白，算了，就这样吧