A 已知n个数，求任意两个数（包括自身与自身）&运算之后的和
n的范围是1e5肯定不能暴力了，所以从与运算的角度考虑，两个数与运算二进制位同为1得1，否则得0，求ai与那个数与运算的和，ai的第j位为1，那个n个数中共有cnt[j]个数di就位为1，那么与运算共可以的得到cnt[j]个结果的第j位是1就是cnt[j]个2^(j-1)，所以暴力枚举n个数相加就可以了，注意爆int。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100010;
int a[N],b[N],s[N];
int t,n;
int cnt[N];
void get(int x)//统计每一位1的个数保存在cnt里
{
for(int i=1;i<=50;i++)
{
cnt[i]+=(x&1);
x>>=1;
}
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],get(a[i]);
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=50;j++)
{
if(a[i]&1) ans+=1ll*cnt[j]*(1<<(j-1));
a[i]>>=1;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
B 已知n个点的坐标，求着n个点所能组成的所有三角形的周长和，边长用曼哈顿距离计算。
n个点可以组成n*（n-1）条边，每条边与剩余的n-2个点可以分别组成n-2个三角形，那么这条边就贡献了n-2次，暴力枚举每条边计算就可以了，没有重复的
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100010,mod=998244353;
ll a[N],b[N],s[N];
int t,n;
ll get(int i,int j)//计算曼哈顿距离
{
return abs(a[i]-a[j])+abs(b[i]-b[j]);
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]>>b[i];
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
ans=(ans+get(i,j)*(ll)(n-2))%mod;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
C 计算已知字符串中有多少个不同的长度为k的子串。
定义 dp[i][j]表示前i个字符中长度为j的字串的个数。
那么接下来就是找状态转移方程了，dpij是长度为j的字符串，可以分为两种状态，包含si（第i个字符）和不含si，不含si的个数就是dp[i-1][j]，包含si的个数就是dp[i-1][j-1]（前i-1个字符中长度为j-1的串后边再加一个si就是了），所以dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]；这只是一个粗略的转移没有去重，dp[i-1][j-1]都是在末位加了一个si当做没有重复，dp[i-1][j]中可能包含以si结尾的长度为j的串这样聚会与dp[i-1[j-1]重复了，所以我们需要减去其中重复的那部分，前i-1个字符中以si结尾长度为j的子串，这个位置i-1没有用到，所以f[j][s]表示长度为j以字符s结尾的子串，减去就行了，所以状态转移方程就是
dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]-f[j][s[i]-‘a’]+mod)%mod;
注意数组f的更新一下就可以了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1010,mod=1e9+7;
int t,n,k;
char s[N];
ll dp[N][N],f[N][30];
int main(){
cin>>n>>k>>s+1;
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i][0]=1;
for(int j=1;j<=k;j++)
{
dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]-f[j][s[i]-'a']+mod)%mod;
f[j][s[i]-'a']=dp[i-1][j-1];
}
}
ll ans=0;
cout<<dp[n][k];
return 0;
}