Newcoder 18 B.Xor（位运算+dp）

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Description

给定长度为 $n$的非负整数序列 $a$，问有多少个长度为 $n$的非负整数序列 $b$，

满足：

$b_i\le a_i$

$b_1\ xor\ b_2\ xor\ ...\ xor\ b_n=a_1\ xor\ a_2\ xor\ ...\ xor\ a_n$

答案对 $1000000009$取模

Input

第一行一个正整数 $n$

第二行 $n$个非负整数 $a_i$

$(1\le n\le 10^5,a_i\le 2^{30})$

Output

输出一个数字，表示答案

Sample Input

4
1 2 3 4

Sample Output

6

Solution

显然 $b$序列和 $a$序列相等为一种合法方案，对于其余方案，枚举使得某个 $b_i<a_i$的最高位 $l$，即 $a,b$序列在比第 $l$位更高的位上均相同，而 $b_i$在第 $l$位是 $0$而 $a_i$在第 $l$位是 $1$，显然 $b_i$可以在前 $l$位随意求值（均可保证 $b_i<a_i$）使得前 $l$位均满足异或和相等的限制，而其余 $n-1$个数字在前 $l$位的取值只需保证不超过 $a$序列即可，那么问题转化为求 $n$个数字在第 $l$位取值使得 $b$序列不超过 $a$序列且至少存在一个位置使得 $b_i<a_i$的方案数

以 $dp[i][1/0][1/0]$表示前 $i$个数字已经确定，他们在第 $l$位的异或和为 $1/0$，且前 $i$个数字中存在/不存在一个使得 $b_i<a_i$的位置的方案数，考虑转移

一.若 $a_i$在第 $l$位是 $1$，那么 $b_i$在第 $l$位有两种选择

1. $b_i$在第 $l$位取 $0$，假设 $a_i$前 $l$位的取值为 $x$，那么只要 $b_i$在前 $l$位的取值不超过 $a_i$即可，有 $x+1$种方案，此时有转移
$dp[i][j][k]+=dp[i-1][1-j][k]\cdot (x+1)$
2. $b_i$在第 $l$位取 $0$，那么前 $l$位 $b_i$可以随意取，此时有转移
$dp[i][j][1]+=dp[i-1][j][k]\cdot 2^l$
二.若 $a_i$在第 $l$位是 $0$，那么 $b_i$在第 $l$位只能取 $0$，且较低位不能超过 $a_i$，此时有转移
$dp[i][j][k]+=dp[i-1][j][k]\cdot (x+1)$
那么对于当前考虑的位 $l$，对答案的贡献即为 $\frac{dp[n][res][1]}{2^l}$，其中 $res$表示 $a_i$在第 $l$位的异或和，除以 $2^l$的原因是需要有一个严格小于 $a_i$的 $b_i$，在其他 $n-1$个数字在前 $l$位取值固定之后， $b_i$的前 $l$位需要做对应的取值使得前 $l$位的异或和也和 $a$序列相同

Code

 #include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100005;
#define mod 1000000009
int add(int x,int y)
{
	x+=y;
	if(x>=mod)x-=mod;
	return x; 
}
int mul(int x,int y)
{
	ll z=1ll*x*y;
	return z-z/mod*mod;
}
int Pow(int x,int y)
{
	ll z=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)z=mul(z,x);
		x=mul(x,x);
		y>>=1;
	}
	return z;
}
int n,a[maxn],dp[maxn][2][2];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	int ans=1;
	for(int l=30;l>=0;l--)
	{
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		dp[0][0][0]=1;
		int res=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if((a[i]>>l)&1)
			{
				res^=1;
				a[i]-=(1<<l);
				for(int j=0;j<=1;j++)
					for(int k=0;k<=1;k++)
					{
						dp[i][j^1][k]=add(dp[i][j^1][k],mul(dp[i-1][j][k],a[i]+1));
						dp[i][j][1]=add(dp[i][j][1],mul(dp[i-1][j][k],1<<l));
					}
			}
			else
			{
				for(int j=0;j<=1;j++)
					for(int k=0;k<=1;k++)
						dp[i][j][k]=add(dp[i][j][k],mul(dp[i-1][j][k],a[i]+1));
			}
		ans=add(ans,mul(dp[n][res][1],Pow(1<<l,mod-2)));
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}