题解【Luogu P6102 谔运算】

[ exttt{Description} ]

给出一个长度为 (n) 的数列 (a)，求 (sumlimits_{i=1}limits^{n}sumlimits_{j=1}limits^{n}sumlimits_{k=1}limits^{n}sumlimits_{l=1}limits^{n}(a_i ext{or} a_j) ext{xor} (a_k ext{and} a_l)) 。

[ exttt{Solution} ]

先考虑下普通的谔运算 ((a ext{or} b) ext{xor} (c ext{and} d)) 什么时候为真（(a,b,c,d in { 0,1 })），我们发现 (a,b,c,d) 一共有 (16) 种取值，其中有 (10) 种取值使得式子为真：
(a = 0, b = 0, c = 1, d = 1) ；
(a = 0, b = 1, c = 0, d = 0) ；
(a = 0, b = 1, c = 0, d = 1) ；
(a = 0, b = 1, c = 1, d = 0) ；
(a = 1, b = 0, c = 0, d = 0) ；
(a = 1, b = 0, c = 0, d = 1) ；
(a = 1, b = 0, c = 1, d = 0) ；
(a = 1, b = 1, c = 0, d = 0) ；
(a = 1, b = 1, c = 0, d = 1) ；
(a = 1, b = 1, c = 1, d = 0) 。
然后考虑按位分组计算贡献。
详细地说：((a ext{or} b) ext{xor} (c ext{and} d)) 得到的数，若第 (i) 位为真，则对答案有 (2^i) 的贡献。由于谔运算是按位处理的，也就是说我们可以计算出对答案有贡献的数中，有多少个数第 (i) 位为真，若将这个量记为 (c_i) ，最后答案即为 (sumlimits_{i=0}limits^{31}c_i imes 2^i) 。
我们记 (cnt[i,j]) 表示 (a) 中有多少数第 (i) 位为 (j) ，可以 ( ext{O(32n)}) 预处理。
然后按位分组计算贡献，根据乘法原理和加法原理，从 (a) 中选出 (4) 个数进行谔运算，第 (i) 位为真的四元组有 (cnt[i,0] imes cnt[i,0] imes cnt[i,1] imes cnt[i,1] + cnt[i,0] imes cnt[i,1] imes cnt[i,0] imes cnt[i,0] + ......) ，最后将其乘上 (2^i) 计入答案中。
注意到此题的膜数为 (2^{32}) ，所以，记得要开 ( ext{unsigned} ext{int})。
时间复杂度 ( ext{O(32n)}) 。

[ exttt{Code} ]

#include<cstdio>
#include<iostream>

#define RI register int

using namespace std;

namespace IO
{
    static char buf[1<<20],*fs,*ft;
    inline char gc()
    {
        if(fs==ft)
        {
			ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin);
			if(fs==ft)return EOF;
        }
        return *fs++;
    }
    #define gc() getchar()
	inline int read()
	{
		unsigned int x=0,f=1;char s=gc();
		while(s<'0'||s>'9')s=gc();
		while(s>='0'&&s<='9')x=x*10+s-'0',s=gc();
		return x*f;
	}
}using IO::read;

const int N=500100;

int n;

int a[N];

unsigned int cnt[33][2];

unsigned int ans;

int main()
{
	n=read();

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read();

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		for(RI j=0;j<32;j++)
			cnt[j][(a[i]>>j)&1]++;

	for(RI i=0;i<32;i++)
	{
		unsigned int c=0;

		c+=cnt[i][0]*cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][1];
		c+=cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][0];
		c+=cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][1];
		c+=cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][0];
		c+=cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][0]*cnt[i][0];
		c+=cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][0]*cnt[i][1];
		c+=cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][1]*cnt[i][0];
		c+=cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][0];
		c+=cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][0]*cnt[i][1];
		c+=cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][1]*cnt[i][0];

		ans+=c*(1<<i);
	}

	printf("%u
",ans);

	return 0;
}

[ exttt{Thanks} exttt{for} exttt{watching} ]