Description
有三个人 (A, B, C) 参加选举。有 (n) 个选民，每个选民都有一个投票顺序 (b)，(b(X)) 表示 (X)（显然 (Xin{A, B, C})）在其心中的排名。有 ({b(A), b(B), b(C)}={1, 2, 3})。
当 (X) 对决 (Y) 时会得到一个 01 序列 (x_1, x_2, cdots, x_n)，其中 (x_i=[b(X)<b(Y)])。题目还会给定一个函数 (f)，含义是若 (f(x)=1) 那么 (X) 就赢了。函数 (f) 的 (2^n) 中 (x) 的取值对应的结果都会给定，并保证 (f(x_1, x_2, cdots, x_n)=1-f(1-x_1, 1-x_2, cdots , 1-x_n))。
求在所有 (b) 的情况中，随机选定一种后，(A, B, C) 三人中两两对决，其中有一个人赢了两次的概率 ( imes 6^n) 的结果（可以证明为整数）(mod (10^9+7)) 的值
Hint
(1le nle 20) 为什么只有 20 个选民
Solution
根本没思路/dk
由于三个人的地位相同，不妨假定 (A) 对决 (B, C)，然后对求出的结果 ( imes 3) 即为答案。
设 (A o B, A o C) 得到的两个 01 序列分别为 (a, b)。如果 (A) 要全部都赢，那么得有 (f(a)=f(b)=1)。
考虑第 (i) 个人的情况 (a_i) 和 (b_i)，如果 (a_i=0,b_i=1)，那么说明 (b(B) < b(A) < b(C))，这三个人在 (i) 心中的顺序已经被确定，同理 (a_i=1, b_i=0) 的情况也是如此。
反之，如果 (a_i=b_i)，不论两者是零是一，都只能说明 (b(A)) 同时小于或同时大于 (b(B)) 和 (b(C))，至于 (b(B)) 和 (b(C)) 的大小关系还没有办法确定，那么还存在两种可能的情况。
小结一下：如果 (a_i e b_i)，那么第 (i) 个人的 (b) 只有一种可能，反之就是两种。对于序列 (a, b) 而言，对于所有 (a_i e b_i) 的人都快存在两种情况，也就是一共 (2^{sum_i[a_i e b_i]}) 中可能。
上面那个 (sum_i[a_i e b_i]) 太难搞了，我们若是将 (a, b) 直接理解为两个二进制数，那么就是 (2^{n- ext{popcount}(aoplus b)})（(oplus) 为异或，( ext{popcount}(x)) 表示 (x) 中 1 的个数）。
最终统计答案的式子，就直接枚举 (a, b)：
改枚举 (a, b) 为枚举 (aoplus b)，就有：
设 (g(x)=sum_{aoplus b=x}f(a) imes f(b))，发现这是一个异或卷积，可以 FWT 搞出来 (g)。于是做完了。
复杂度 (O(n imes 2^n))。
/*
* Author : _Wallace_
* Source : https://www.cnblogs.com/-Wallace-/
* Problem : Codeforces 850E Random Elections
*/
#include <cstdio>
const int mod = 1e9 + 7, inv2 = (mod + 1) >> 1;
inline int& reduce(int& x) { return x >= mod ? x -= mod : x; }
void fwt(int* f, int n, bool flag) {
for (int p = 2, q = 1; p <= (1 << n); q = (p <<= 1) >> 1)
for (int i = 0; i < (1 << n); i += p)
for (int x, y, j = i; j < i + q; j++) {
x = f[j], y = f[j + q], reduce(f[j] = x + y), reduce(f[j + q] = x - y + mod);
if (flag) f[j] = (f[j] * 1ll * inv2) % mod, f[j + q] = (f[j + q] * 1ll * inv2) % mod;
}
}
const int N = 20;
int n, f[1 << N];
signed main() {
static char s[1 << N]; scanf("%d%s", &n, s);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) f[i] = s[i] - '0';
fwt(f, n, 0);
for (int i = 0; i < (1 << n); i++)
f[i] = (f[i] * 1ll * f[i]) % mod;
fwt(f, n, 1);
int ans = 0;
for (int i = 0; i < (1 << n); i++)
reduce(ans += (f[i] * 1ll * (1 << (n - __builtin_popcount(i)))) % mod);
return printf("%lld
", ans * 3ll % mod), 0;
}