【訓練題25：數學+位運算】E : Apollo versus Pan | CF Good Bye 2020

E : Apollo versus Pan | CF Good Bye 2020

題外話

有可能是太晚了太困了，或者是按位運算的數學太差了///
做了好久都沒有起色，於是草草睡覺了
第二天補一下題

難度

$-\frac{3370}{14603}$

題意

給你一個長度為 $n$ 的序列 $x_n$
讓你求
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{k=1}^n(x_i\&x_j)\times (x_j|x_k)$$
答案取模 $1e9+7$
其中 $\&$ 是按位與運算 , $|$ 是 按位或運算。

資料範圍

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

思路

• 這種按位運算的題，大概率都是按位處理的。 (大概)

• 但是先要處理一下式子，不然只能 $O(N^3)$ 硬算不實際。

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

• 其實這題的難點就是怎麼求這兩個 $F(i)、G(i)$ 了。

求 $F(i)$

• 容易想到，應該按位考慮。
• 對於二進位制右數第$c$位（base為0），只有兩個數的這一位都為 $1$，才會對答案貢獻 $2^c$
• 那我們計算 $F(i)$ ， 首先要求 $x_i$ 的這一位必須是 $1$，接下來其他數有多少個數這一位是 $1$，就對答案貢獻幾次。
• 設 $cn{t}_c$ 表示有多少個數字二進位制右數第$c$位為 $1$。
• 設 $w_c(x_i)$表示數字 $x_i$的二進位制右數第$c$位的值（為 $0$ 或為 $1$ ）
• $F(i)={\sum }_{c=0}^{\infty }{2}^c\times w_c(x_i)\times cn{t}_c$ ，答案=每次貢獻價值*貢獻次數。

求 $G(i)$

• 這個玩意兒第一次碰到，害，也不會推，但是現在看懂了就推的套路了
• 對於第 $c$ 位，如果 $w_c(x_i)=1$已經成立了，那麼另外的數字選擇什麼，對於答案的貢獻都是 $2^c$
• 如果 $w_c(x_i)=0$，那麼另外的數字需要選擇 $w_c(x_j)=1$ 的數字，才會對答案貢獻 $2^c$
  寫成數學的語言，就是兩個邏輯關係的並，寫成表示式為：
• $\begin{array}{rl}G(i)& =\sum _{c=0}^{\infty }{2}^c\times \sum _{j=1}^{n}1-(1-w_c(x_i))(1-w_c(x_j))\\ & =\sum _{c=0}^{\infty }{2}^c\times [n-(1-w_c(x_i))\sum _{j=1}^n(1-w_c(x_j))]\\ & =\sum _{c=0}^{\infty }{2}^c\times [n-(1-w_c(x_i))(n-cn{t}_c)]\end{array}$
• 式子再化簡開來就沒有必要了，因為 $w_c(x_i)$取值 $1$ 或者 $0$ 算式都很簡單。
• $G(i)=\{\begin{array}{llc}{\sum }_{c=0}^{\infty }{2}^c\times n& & w_c(x_i)=1\\ {\sum }_{c=0}^{\infty }{2}^c\times cn{t}_c& & w_c(x_i)=0\end{array}$

其他的一些細節

• 只要預處理好 $cn{t}_i$ 就可以了，其他內容都可以很簡單計算得到。
• 因為 $x_i$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}，複雜度並不高
• 取第$c$位的程式碼應該寫成(1LL<<j) 而不是 (1<<j) 否則會上溢位
  （儘管$j$ 已經是long long型別了）

核心程式碼

時間複雜度 $O(61\times N)$

/*
 _            __   __          _          _
| |           \ \ / /         | |        (_)
| |__  _   _   \ 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;
}