【训练题25：数学+位运算】E : Apollo versus Pan | CF Good Bye 2020

E : Apollo versus Pan | CF Good Bye 2020

题外话

有可能是太晚了太困了，或者是按位运算的数学太差了///
做了好久都没有起色，于是草草睡觉了
第二天补一下题

难度

$-\frac{3370}{14603}$

题意

给你一个长度为 $n$ 的序列 $x_n$
让你求
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{k=1}^n(x_i\&x_j)\times (x_j|x_k)$$
答案取模 $1e9+7$
其中 $\&$ 是按位与运算 , $|$ 是 按位或运算。

数据范围

$0\le x_i\le 2^{60}$
$1\le n\le 5\times 10^5$

思路

• 这种按位运算的题，大概率都是按位处理的。 (大概)

• 但是先要处理一下式子，不然只能 $O(N^3)$ 硬算不实际。

• $\begin{array}{rl}原式& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{k=1}^n(x_i\&x_j)\times (x_j|x_k)\\ & =\sum _{j=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{k=1}^n(x_i\&x_j)\times (x_j|x_k)\\ & =\sum _{j=1}^n[\sum _{i=1}^n(x_j\&x_i)]\times [\sum _{k=1}^n(x_j|x_k)]\\ & =\sum _{j=1}^{n}F(j)\times G(j)\end{array}$

• 其实这题的难点就是怎么求这两个 $F(i)、G(i)$ 了。

求 $F(i)$

• 容易想到，应该按位考虑。
• 对于二进制右数第$c$位（base为0），只有两个数的这一位都为 $1$，才会对答案贡献 $2^c$
• 那我们计算 $F(i)$ ， 首先要求 $x_i$ 的这一位必须是 $1$，接下来其他数有多少个数这一位是 $1$，就对答案贡献几次。
• 设 $cn{t}_c$ 表示有多少个数字二进制右数第$c$位为 $1$。
• 设 $w_c(x_i)$表示数字 $x_i$的二进制右数第$c$位的值（为 $0$ 或为 $1$ ）
• $F(i)={\sum }_{c=0}^{\infty }{2}^c\times w_c(x_i)\times cn{t}_c$ ，答案=每次贡献价值*贡献次数。

求 $G(i)$

• 这个玩意儿第一次碰到，害，也不会推，但是现在看懂了就推的套路了
• 对于第 $c$ 位，如果 $w_c(x_i)=1$已经成立了，那么另外的数字选择什么，对于答案的贡献都是 $2^c$
• 如果 $w_c(x_i)=0$，那么另外的数字需要选择 $w_c(x_j)=1$ 的数字，才会对答案贡献 $2^c$
  写成数学的语言，就是两个逻辑关系的并，写成表达式为：
• $\begin{array}{rl}G(i)& =\sum _{c=0}^{\infty }{2}^c\times \sum _{j=1}^{n}1-(1-w_c(x_i))(1-w_c(x_j))\\ & =\sum _{c=0}^{\infty }{2}^c\times [n-(1-w_c(x_i))\sum _{j=1}^n(1-w_c(x_j))]\\ & =\sum _{c=0}^{\infty }{2}^c\times [n-(1-w_c(x_i))(n-cn{t}_c)]\end{array}$
• 式子再化简开来就没有必要了，因为 $w_c(x_i)$取值 $1$ 或者 $0$ 算式都很简单。
• $G(i)=\{\begin{array}{llc}{\sum }_{c=0}^{\infty }{2}^c\times n& & w_c(x_i)=1\\ {\sum }_{c=0}^{\infty }{2}^c\times cn{t}_c& & w_c(x_i)=0\end{array}$

个人总结

一个多值变量 $x$ 如果能取值到 { v 1 , ⋯   , v n } \{v_1,\cdots,v_n\} { v1​,⋯,vn​} 的时候的一些表达式计算：

1. 只有当 $x$ 取值 $v_i$时，对答案贡献 $k$，否则贡献为 $0$ 的表达式：
   $ans=\chi [(x-v_1)(x-v_2)\cdots (x-v_{k-1})(x-v_{k+1})\cdots (x-v_n)\ne 0]\times k$
2. (1.的拓展)只有当 $x$ 取值为集合 S = { v i } S=\{v_i\} S={ vi​}中的集合对答案贡献 $k$，否则无贡献的表达式：
   $ans=k\times \chi [{\prod }_i(x-v_i)\ne 0]$，其中 v i ∉ { S } v_i\notin\{S\} vi​∈/​{ S}
3. ($n$个多值变量拓展)只有当 $x_1\ne v_1,\cdots x_j\ne v_j$ 同时满足时对答案贡献 $k$，否则无贡献的表达式：
   $ans=k\times \chi [{\prod }_i(x_i-v_i)\ne 0]$
   其中 $\chi \left[F\right]$ 为艾弗森括号，表示若 $F$为真则值为 $1$，否则值为 $0$。

$n$ 个双值变量 $x_i$ 只取 { 0 , 1 } \{0,1\} { 0,1} 的时候的一些表达式计算：

4. 全取 $1$ 才有贡献 $k$
   $ans=k\times {\prod }_i{x}_i$
5. 全取 $0$ 才有贡献 $k$
   $ans=k\times {\prod }_i(1-x_i)$
6. 至少有一个变量取 $0$ 就对答案有贡献 $k$ （或者要么$x_1$取$0\cdots$要么$x_n$取$0$就有贡献 $k$）
   $ans=k\times (1-{\prod }_i{x}_i)$
7. 至少有一个变量取 $1$ 就对答案有贡献 $k$ （或者要么$x_1$取$1\cdots$要么$x_n$取$1$就有贡献 $k$）
   $ans=k\times (1-{\prod }_i(1-x_i))$

其他的一些细节

• 只要预处理好 $cn{t}_i$ 就可以了，其他内容都可以很简单计算得到。
• 因为 $x_i$最多取值到 $2^{60}$，因此式子中的 c ∈ { 0 , 1 , ⋯   , 60 } c\in\{0,1,\cdots,60\} c∈{ 0,1,⋯,60}，复杂度并不高
• 取第$c$位的代码应该写成(1LL<<j) 而不是 (1<<j) 否则会上溢出
  （尽管$j$ 已经是long long类型了）

核心代码

时间复杂度 $O(61\times N)$

/*
 _            __   __          _          _
| |           \ \ / /         | |        (_)
| |__  _   _   \ V /__ _ _ __ | |     ___ _
| '_ \| | | |   \ // _` | '_ \| |    / _ \ |
| |_) | |_| |   | | (_| | | | | |___|  __/ |
|_.__/ \__, |   \_/\__,_|_| |_\_____/\___|_|
        __/ |
       |___/
*/
const int MAX = 5e5+50;
const ll  MOD = 1e9+7;

ll aa[MAX];
ll cnt[100];

int main()
{
    
    
    int T;cin >> T;
    while(T--){
    
    
        int n;scanf("%d",&n);
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        for(int i = 1;i <= n;++i){
    
    
            scanf("%lld",&aa[i]);
            for(ll j = 0;j <= 60;++j){
    
    
                if((1LL << j) & aa[i])cnt[j]++;
            }
        }
        ll ans = 0;
        for(int i = 1;i <= n;++i){
    
    
            ll base = 1;
            ll t1 = 0,t2 = 0;
            for(ll j = 0;j <= 60;++j){
    
    
                if((1LL << j) & aa[i]){
    
    
                    t1 = (t1 + base * cnt[j] % MOD) % MOD;
                    t2 = (t2 + base * n % MOD) % MOD;
                }else{
    
    
                    t2 = (t2 + base * cnt[j] % MOD) % MOD;
                }
                base = base * 2 % MOD;
            }
            ans = (ans + t1 * t2 % MOD) % MOD;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}