为啥在我看来完全不知道为什么的在大佬们看来全都是显然……
考虑(k=1)的情况，如果序列中有某一个(a_j)的第(i)位为(1)，那么(x)的第(i)位为(1)的概率就是(frac{1}{2})
证：把(a_j)拿出来，那么剩下的里面选出的子集不管是什么情况，(a_j)放进去或不放肯定有一种能使(x)的第(i)位为(1)，且另一种使(x)的第(i)位为(0)，那么概率就是(frac{1}{2})
然后是(k=2)的情况，就是个$$sum_{i=0}^{base}sum_{j=0}^{base}d_id_j2^{i+j}$$
其中(base)为最高位，(d_i,d_j)为这一位为(1)的概率。如果(i)或(j)其中一个不存在则跳过。否则在考虑(i,j)在所有的数中出现的情况，如果对于每一个数，这两位的值都相同，说明这两个值不互相独立，那么同时为(1)的概率就是(frac{1}{2})，否则这两位互相独立，那么同时为(1)的概率是(frac{1}{4})
最后是(kgeq 3)的情况，这里有一个结论，异或值(x)取到所有能取的数的概率相等。大佬们都认为显然，然而我太菜了看不出来为什么，伪证一下好了
设(n=|S|)，(S)中线性基的大小为(Base)，我们考虑在那些不在线性基中的元素取数，共有(2^{n-Base})中取法，对于每一种取法取到的值(x)，线性基中有唯一对应的取法取到(x)，所以在线性基中取数使得所有元素异或和为(0)的方案数是(2^{n-Base})
(x)能取到的每一个值(v)都可以被线性基中的元素唯一表示，记为(L)，所有使异或和(x)为(v)的集合一定是形如(L)异或上元素异或和为(0)的集合(T)，所以取到每个(v)的方案数都是(2^{n-Base})，所以概率相等
于是我们直接搞出线性基，然后爆搜所有能异或出来的元素，每个元素的概率都是(1)除以元素个数
然后是关于小数的问题，(k=1,2)的时候根据运算过程可以发现小数位要么是(0)要么是(0.5)
然后是(kgeq 3)的时候小数位也最多是(0.5)，(Bill Yang)巨巨的证明看不太懂，然后大米饼巨巨的证明勉强能看懂，证明如下
可以仔细分析一下k==2时的算法；
再扩展到k次方，发现在异或运算下：
二进制位之间贡献不相互独立是具有传递性的；
假设一次计算答案时选定的k个二进制位(可能相同分)集合为：
B = {b1,b2,...bk}
我们可以把他们进一步分成m个集合：
S1...Sm
相同集合元素贡献不互相独立，不同集合贡献互相独立；
这时对答案期望的贡献应该是2^{b1+b2+...+bk - m} ;
而k >= m ， 且B里面至少有m个不同的二进制位(即bi!=bj这种)；
所以考虑b1+b2+...+bk - m最小的情况：
分析可以发现最小为-1；
所以答案小数点后只有一位；
然后……没啥然后了……
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll unsigned long long
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
ll read(){
R ll res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=1e5+5,Base=25;
int n,K,top;ll a[N],b[N];
ll st[Base+5];
void solve1(){
ll res=0;
fp(i,0,n-1)res|=a[i];
printf("%llu",res/2);
if(res&1)puts(".5");
}
void solve2(){
ll ans=0,res=0;
fp(i,0,31)fp(j,0,31){
bool flag=0;
fp(k,0,n-1)if(a[k]>>i&1){flag=1;break;}
if(!flag)continue;
flag=0;
fp(k,0,n-1)if(a[k]>>j&1){flag=1;break;}
if(!flag)continue;
flag=0;
fp(k,0,n-1)if((a[k]>>i&1)!=(a[k]>>j&1)){flag=1;break;}
if(i+j-1-flag<0)++res;
else ans+=1ll<<(i+j-1-flag);
}
ans+=res>>1,res&=1;
printf("%llu",ans);
if(res)puts(".5");
}
void solve3(){
fp(i,0,n-1){
fd(j,Base,0)
if(a[i]>>j&1){
if(b[j])a[i]^=b[j];
else{
b[j]=a[i],st[top++]=a[i];
break;
}
}
}ll ans=0,res=0;
fd(i,(1<<top)-1,0){
int val=0;
fp(j,0,top-1)if(i>>j&1)val^=st[j];
ll a=0,b=1;
fp(j,0,K-1){
a*=val,b*=val;
a+=(b>>top),b&=(1<<top)-1;
}ans+=a,res+=b;
ans+=(res>>top),res&=(1<<top)-1;
}printf("%llu",ans);
if(res)puts(".5");
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),K=read();
fp(i,0,n-1)a[i]=read();
if(K==1)solve1();
else if(K==2)solve2();
else solve3();
return 0;
}