显然要算出每个 (G(x))。注意到，仅当 (x') 的每一位都 (geq) (x) 的每一位，(x') 才可能被包含在 (f(S)=x) 的 (S) 里。然后如果满足这样条件的 (S) 会有 (f(S)) 的每一位都 (geq) (x) 的每一位，那么可以先求出这样的 (S) 的和平方和，然后 (dfrac{G(x)}x) 就高维差分一下即可得到（非 bitmask 的高维差分 / 前缀和啊，刺激）（注意一点：这时候高维差分的循环顺序也要反向，之前写的都是 bitmask 的高维差分，不反向依然是对的，所以一直没发现错误）。
然后我们考虑如何求，对 (m) 个数的集合组成的 (2^m) 个子集的和平方和该如何求。每个 (m) 个数的集合都是每一位 (geq) 某个数的每一位的所有数组成的集合，有高维后缀和内味了。那么我们考虑，对于两个集合，该如何合并它们。
先考虑和零次方和，那显然就乘起来即可。然后是和一次方和（和的和），那么我们还须要记录两个集合的子集个数（(2^?)），然后配合和的和算出来合并起来的结果。到这里都是我们一般做的题目的样子，非常自然。
那么和二次方和该如何求呢？我们考虑列式计算：(sumsum(x+y)^2=sumsumleft(x^2+2xy+y^2
ight)=sum y^0sum x^2+2sum x^1sum y^1+sum x^2sum y^0)。那么我们需要记录两个集合的和 (0sim 2) 次方和。那么我们考虑将和 (0sim 2) 次方和作为一个整体的元素（struct 实现将会异常方便），定义它们之间的二元合并运算，它显然是运算律什么的都满足的。事实上次数更高的话，可以用二项式定理展开。
得出结论：这是一个非二进制高维前缀和 & 差分 与 二项式定理维护和的低次方的套路 的缝合怪。