hihoCoder 1549 或运算和

#1549 : 或运算和

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描述

给定N个数A1...AN (0 <= Ai < 220) 和一个正整数K，我们用Ans[i]表示有多少种从这N个数中选取K个数的方案，满足这K个数的或运算和正好为i。

你能对于每一个i(0 <= i < 220)都计算出Ans[i]的值吗？

为了简化输出，你只需要输出Σ(Ans[i] * i) 除以1000000007的余数。

输入

第一行一个数T(<=10)，表示数据组数

对于每一组数据：

第一行两个数N，K（1<=N<=100,000，K<=1000）

第二行N个数A1...AN (0 <= Ai < 220)

输出

一个数表示答案

样例输入

2
3 2
1 2 3
4 2
1 2 4 5

样例输出

9

31

//其实，若是理解了，很容易做出来

直接分析答案，

∑(ANS[i] * i ) = ∑(ANS[i] * (2^p1+2^p2+2^p3+...+2^px)) (Pi 为互不相同的自然数)

= 2⁰ * (Ans[0]+ANS[1]+...+ ANS[2²⁰-1])

+2¹ * (Ans[0]+ANS[1]+...+ ANS[2²⁰-1])

+...

+2¹⁹ * (Ans[0]+ANS[1]+...+ ANS[2²⁰-1])

然后，发现，(Ans[0]+ANS[1]+...+ ANS[2²⁰-1])这部分，代表的意思是，n 个数中选 k 个数或出 0 -- 2²⁰-1 的种数。选 k 个数不管如何，或出来肯定在 0 - 2²⁰-1 之中，所以 2ⁱ * (Ans[0]+ANS[1]+...+ ANS[2²⁰-1]) 就是 n 个数中，转二进制，第 i 位选 k 个或出 1 的种数，然后就简单的排列组合，求逆元，累加即可。

或者简单的撕拷，选 k 个数，组成了一种 i ，i 是由 (2^p1+2^p2+2^p3+...+2^px）组成，答案中就包含了这部分，所以，找到所有选 k 个数可以让 x (0-19)位变为 1 的种数，再乘以权值，即为答案，其实这就是算贡献，还得好好练啊！

 # include <cstdio>
 # include <cstring>
 # include <cstdlib>
 # include <iostream>
 # include <vector>
 # include <queue>
 # include <stack>
 # include <map>
 # include <bitset>
 # include <set>
 # include <cmath>
 # include <algorithm>
 using namespace std;
 #define lowbit(x) ((x)&(-x))
 #define pi acos(-1.0)
 #define eps 1e-8
 #define MOD 1000000007
 #define INF 0x3f3f3f3f
 #define LL long long
 inline int Scan() {
     int x=,f=; char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){if(ch=='-') f=-; ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-''; ch=getchar();}
     return x*f;
 }
 inline void Out(int a) {
     if(a<) {putchar('-'); a=-a;}
     if(a>=) Out(a/);
     putchar(a%+'');
 }
 #define MX 100005
 //Code begin...
 int n,k;
 int a[MX];

 LL qk_mi(LL x,LL y)
 {
     LL res = ;
     while (y)
     {
         if (y&) res = res*x%MOD;
         x = x*x%MOD;
         y/=;
     }
     return res;
 }

 LL C(LL x,LL y)// m   n
 {
     if (x>y) return 0LL;
     LL res =;
     for (int i=;i<=y;i++)
         res = (res*i)%MOD;
     LL mj = ,mnj = ;
     for (int i=;i<=x;i++)
         mj = (mj*i)%MOD;
     for (int i=;i<=(y-x);i++)
         mnj = (mnj*i)%MOD;
     mj = qk_mi(mj,MOD-); mnj = qk_mi(mnj,MOD-);
     res = (res*mj%MOD) * mnj %MOD;
     return res;
 }

 LL slove(int x,int y)
 {
     LL res = C(k,x+y);
     res = (res +MOD -C(k,x))%MOD;
     return res;
 }

 int main()
 {
     int T=Scan();
     while(T--)
     {
         n = Scan();k = Scan();
         for (int i=;i<n;i++)
             a[i] = Scan();
         LL ans = ;
         for (int i=;i<;i++)
         {
             int zero=,one=;
             for (int j=;j<n;j++)
                 if ((a[j]>>i)&) one++;
                 else zero++;
             ans = (ans + (1LL<<i)*slove(zero,one)%MOD )%MOD;
         }
         printf("%lld\n",ans);
     }
     return ;
 }