牛客国庆集训派对Day4.B.异或求和(按位统计)

题目链接

刷牛客一战到底做到的，感觉还挺有趣...

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\(Description\)

求给定\(n\)及序列\(A_i\)，求$$\sum_{i\lt j\lt k}(A_i\oplus A_j)(A_j\oplus A_k)(A_i\oplus A_k)$$

\(n\leq10^5,\ A_i\leq10^9\)。

\(Solution\)

首先有一个\(O(n\log^2n)\)的做法，代码这里有，看来是跑不过去..（不知道提交记录里有没有过的）



来自国庆正睿dls课件。

能跑过的做法：

注意，口胡的，不保证正确性= =（但是算法是对的）（没办法啊找不到题解，还比较赶时间...）

当然还是想拆开乘法按位统计。

考虑枚举每一个异或结果\(2^x\)的贡献：$$Ans=\sum_{i=0}^{{29}\sum_{j=0}}{29}\sum_{k=0}^{29}2{i+j+k}\times ?$$

乘上多少呢？现在我们需要统计\(A_i\oplus A_j\)在第\(i\)为\(1\)，且\(A_j\oplus A_k\)在第\(j\)位为\(1\)，且\(A_k\oplus A_i\)在第\(k\)位为\(1\)的方案数（不要弄混...\(A_i\)中的\(i\)就是下标，外面的\(i\)是枚举的\(2^i\)）。

考虑枚举\(A_i\)第\(i\)位是\(0\)还是\(1\)，设为\(a\)，那么\(A_j\)的第\(i\)位是\(a\oplus1\)；同理枚举\(A_j\)的第\(j\)位是\(b\)，那么\(A_k\)的第\(j\)位是\(b\oplus1\)；同理枚举\(A_k\)的第\(k\)位的\(c\)，那么\(A_i\)的第\(k\)位是\(c\oplus1\)。（这么打累死我了...）

那么合法的\(A_i\)就是，第\(i\)位为\(a\)且第\(k\)位为\(c\oplus1\)的数字，\(A_j,A_k\)同理...

所以记\(cnt[i][j][a][b]\)表示第\(i\)位为\(a\)，第\(j\)位为\(b\)的\(A_x\)有多少个，乘起来就OK了。

预处理\(cnt\)的复杂度是\(O(n\log^2n)\)，常数很小。最后求和的复杂度是\(O(2^3\log^3n)\)。

答案最后除个\(6\)。

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//97ms	1892KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define mod 998244353
#define inv6 166374059
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=31;

int cnt[N][N][2][2],pw[N<<2];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
	return now;
}
inline int Calc(int i,int j,int x,int y)
{
	if(i>j) std::swap(i,j), std::swap(x,y);
	return cnt[i][j][x][y];
}

int main()
{
	int n=read();
	for(int i=1; i<=n; ++i)
	{
		int x=read();
		for(int a=0; a<N; ++a)
			for(int b=a; b<N; ++b) ++cnt[a][b][x>>a&1][x>>b&1];
	}
	pw[0]=1;
	for(int i=1; i<90; ++i) pw[i]=pw[i-1]<<1, pw[i]>=mod&&(pw[i]-=mod);
	LL ans=0;
	for(int i=0; i<N; ++i)
		for(int j=0; j<N; ++j)
			for(int k=0; k<N; ++k)
				for(int a=0; a<2; ++a)
					for(int b=0; b<2; ++b)
						for(int c=0; c<2; ++c)
							ans+=1ll*pw[i+j+k]*Calc(i,k,a,c^1)%mod*Calc(i,j,a^1,b)%mod*Calc(j,k,b^1,c)%mod;
	printf("%lld\n",ans%mod*inv6%mod);

	return 0;
}